Geometria Elemental

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Geometria elemental A.Y Pogorélov

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Geometria elemental A. V. Pogorélov

Traducido dei ruso por CARLOS VEGA, catedrático de Matemáticas Superiores

Editorial Mir Moscú

Impreso en la URSS 1974

Derechos reservados

A NUESTROS LECTORES: «Mir)> edita libros soviéticos traducidos ai espanol, inglês, francês, árabe, alemán e italiano. Entre ellos figuran las mejores obras de las distintas ramas de la ciência y la técnica: manuales para los centros de ensenanza superior y escuelas tecnológicas; literatura sobre ciências naturales y médicas. También se incluyen monografias, libros de divulgación científica y ciência ficción. Dirijan sus opiniones a la Editorial «Mir», I Rizhski per., 2, GSP, Moscú I-llO, 129820 URSS.

Traducción al espanol. Mir. 1974.

índice Prefacio. Parte primera Planimetría § 1. Propiedades fundamentales de las figuras geométricas elementales . Punto y recta (18). Propiedades funda¬ mentales de la pertenencia de los puntos y las rectas en el plano (18). Propiedades fundamentales de la posición recíproca de los puntos en la recta y en el plano (19), Propiedades fundamentales de la medición de segmentos y ângulos (21). Propiedades fundamentales de la construcción de segmen¬ tos y ângulos (23). Primer critério de la igualdad de los triângulos (24). Propiedad funda¬ mental de las paralelas (25). Preguntas de repaso y ejercicios (25). § 2. De cómo se estudian en la Geometria las propiedades de las figuras. Axiomas, teoremas y demostraciones (27). Posición de los ângulos construídos en un mismo semiplano (28). Separación de los lados de un ângulo por una recta (29). Preguntas de repaso (30). Ejercicios (30). § 3. Ângulos . Ângulos adyacentes (31). Ângulos verticales (31). Angulo recto. Rectas perpendi¬ culares (32). Preguntas de repaso (33). Ejercicios (33). § 4. Igualdad de los triângulos. Segundo critério de la i^aldad de los tri¬ ângulos (33). Triângulo isósceles (34). Me¬ diana, bisectriz y altura (35). Tercer cri¬ tério de la igualdad de los triângulos (36). Preguntas de repaso (37). Ejercicios (38). § 5. Relaciones entre los ângulos y los lados dei triângulo . Relaciones entre los ângulos dei triângu¬ lo (38). Relación entre los ângulos dei tri¬ ângulo y sus lados opuestos (39). Relaciones entre los lados dei triângulo (40). Desigualdad triangular (40). Preguntas de repaso (42). Ejercicios (42). § 6. Triângulos rectângulos. Ângulos y lados dei triângulo rectángulo (43). Igualdad de los triângulos rectângulos (43). Perpendicular y oblicua (45). Pre¬ guntas de repaso (46). Ejercicios (47). § 7. Construcciones geométricas. En qué consisten los problemas de construc¬ ción (47). Construcción dei triângulo de

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§

8.

§ 9.

§ 10.

§ 11.

§ 12.

§ 13.

§14.

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lados dados (48). Construcción dei angulo igual a uno dado (49). División dei ângulo por la mitad (49). División dei segmento por la mitad (49). Construcción de la perpen¬ dicular (50). Lugar geométrico de puntos (50). Método de lugares geométricos (52). Preguntas de repaso (53). Ejercicios (54). Rectas paralelas. Critérios de paralelismo de rectas (54). Suma de los ângulos dei triângulo (56). Las paralelas como rectas equidistantes (57). Preguntas de repaso (59). Ejercicios (59). Cuadriláteros. Cuadriláteros convexos (60). Paralelogra¬ mo (61). Rectángulo. Rombo. Cuadrado (63). Trapecio (64). Punto de intersección de las medianas dei triângulo (65). Preguntas de repaso (67). Ejercicios (67). Movimientos. Igualdad de figuras .... Concepto dei movimiento (68). Propiedades dei movimiento (69). Simetria respecto a la recta (00). Simetria respecto al punto (71). Traslación paralela (72). Rotación (73). Preguntas de repaso (75). Ejercicios (75). Circunferência. Propiedades elementales de la circunfe¬ rência (76). Ângulos centrales (77). Ângulos inscritos (79). Circunferências inscrita y circunscrita (81). Preguntas de repaso (83). Ejercicios (83). Semejanza de los triângulos. Critério principal de la semejanza de los triângulos (84). Otros critérios de la seme¬ janza de los triângulos (87). Segmentos proporeionales en el triângulo (88). Proporcionalidad de los segmentos de cuerdas y secantes (89). Intersección de la rec¬ ta con la circunferência (90). Dos problemas de construcción (91). Semejanza de las figu¬ ras. Homotecia (92). Pre^ntas de repaso (93). Ejercicios (94). Teorema de Pitágoras y sus aplicaciones Teorema de Pitágoras (95). Relaciones en el triângulo oblicuángulo (96). Relación entre las diagonales y los lados dei para¬ lelogramo (97). Existência dei triângulo de lados dados (98). Posición recíproca de dos circunferências (99). Algunos problemas (102). Preguntas de repaso (103). Ejercicios (103). Funciones trigonométricas dei ângulo . . . Definición de las funciones trigonométricas (104). Fórmulas de reducción (105). Rela¬ ciones entre los lados y los ângulos en el triângulo rectángulo (106). Teorema dei

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coseno (108). Teorema de los senos (109). Preguntas de repaso y ejercicios (110). Polígonos. Polígonos convexos (110). Suma de los ângulos dei polígono convexo (111). Polí¬ gono complementado. Quebrada convexa (113). Polígonos regulares (115). Polígonos inscritos y circunscritos (116). Polígonos semejantes (117). Preguntas de repaso y ejer¬ cicios (119). § 16. Areas de figuras. Concepto dei área (119). Area dei rectángulo (120). Areas de las figuras elementales (122). Independencia entre el área de una figura simple y el modo de dividiria en triângulos (123). Areas de las figuras seme¬ jantes (127). Preguntas de repaso y ejerci¬ cios (128). § 17. Longitud de la circunferência. Area dei círculo. Longitud de la circunferência (128). Longi¬ tud dei arco de circunferência. Medida ra¬ dial dei ângulo (130). Area dei círculo y de sus partes (133). Preguntas de repaso y y ejercicios (135). Parte segunda Estereometría § 18. Axiomas de la Estereometría y algunos corolários. Algunos corolários de los axiomas de la Estereometría (138). División dei espacio en dos semiespacios por un plano (139). Observación al axioma L (140). Ejercicios (141). § 19. Paralelismo de rectas y planos. Rectas paralelas en el espacio (141). Pa¬ ralelismo de la recta y dei plano (143). Paralelismo de los planos (144). Segmentos de rectas paralelas entre planos paralelos (145). Rectas cruzadas (146). Ejercicios (147). § 20. Perpendicularidad de rectas y planos . . Perpendicularidad de las rectas (147). Perpendicularidad de la recta y dei pla¬ no (148). Propiedades de la perpendicula¬ ridad de la recta y dei plano (150). Construcción dei plano y de la recta prependiculares (152). Prependicular y oblicua (153). Perpendicularidad de los planos (155). Ejer¬ cicios (157). § 21. Ângulos entre rectas y planos. Angulo entre rectas (158). Angulo entre recta y plano (159). Angulo entre planos (160). Ejercicios (162). § 15.

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§ 22.

Ângulos diedros, triedros y poliedros . . Definición de los ângulos diedros y triedros (163). Teorema de los cosenos para el ângu¬ lo triedro (164). Angulo triedro polar a un ângulo triedro (165). Teorema de los senos para el ângulo triedro (166). Relación entre los ângulos planos dei ângulo triedro (167). Ângulos poliedros (167). Ejercicios (169). § 23. Movimiento y otras transformaciones en el

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§ 24.

§ 25.

§ 26.

§ 27. § 28.

§ 29.

§ 30.

El movimiento y sus propiedades (169). Simetrias respecto al plano y al punto (170). Traslación paralela y rotación en el espacio (171). Transformación de semejanza y homotecia en el espacio (172). Proyección de un plano sobre otro (173). Ejercicios (174). Poliedros. El cuerpo geométrico (175). Prisma (175). Paralelepípedo (176). Pirâmide (178). Po¬ liedros regulares (180). Ejercicios (182). Elementos de delineación proyectiva . . Representación dei punto en el diseno (182). Problemas de recta (183). Determinación de la longitud dei segmento (184). Proble¬ mas de recta y plano (185). Ejercicios (187). Volúmenes de cuerpos simples . Concepto dei volumen (187). Volumen dei paralelepípedo rectangular (188). Volumen dei paralelepípedo oblicuo (189). Volumen dei prisma (191). Volumen de la pirâmide (192). Volúmenes de los cuerpos semejantes (194). Exactitud de la definición dei volu¬ men de los cuerpos simples (195). Ejerci¬ cios (199). Cuerpos de revolución. Cilindro (199). Cono (201). Esfera (203). Ejercicios (206). Volúmenes de cuerpos de revolución . . , Definición general dei volumen (207). Vo¬ lumen dei cilindro (209). Volumen dei cono (210). Volumen de la esfera (212). Areas de superfícies de revolución . . . Concepto dei área de la superfície convexa (216). Area de la superfície esférica (217). Area dei segmento esférico (219). Area late¬ ral dei cilindro (219). Area lateral dei co¬ no (220). Nociones de historia de la Geometria . .

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PREFACIO

En las etapas iniciales, la ensenanza de la Geometria tiene por objeto, además de comunicar a los alumnos los resultados geométricos, darles a conocer el método con ayuda dei cual se obtienen esos resultados. Sabido es que los resultados geométricos (teoremas) son obtenidos por medio de razonamientos lógicos (demostraciones) arran¬ cando de algunos planteamientos de partida (axiomas). Los razonamientos lógicos son parte indispensable de todo saber. La Geometria se distingue por la claridad y la sencillez tanto en el enunciamiento dei resultado como en los planteamientos de arranque a partir de los cuales debe obtenerse ese resultado. De ahí que la Geometria nos brinde las mejores oportunidades para desarrollar el pensamiento lógico en la escuela. Al ofrecer el curso presente partimos de que la tarea esencial de la ensenanza de la Geometria en la escuela con¬ siste en ensenar al alumno a razonar lógicamente, argumentar sus afirmaciones y demostrarias. Muy pocos de los egresados de la escuela serán matemáticos y mucho menos geómetras. También habrá los que no utilicen ni una vez en su actividad práctica el teorema de Pitágoras. Sin embargo, dificilmente hallárase uno sólo que no deba razonar, analizar o demostrar. La experiencia secular de la ensenanza de la Geometria elemental desde los tiempos de Euclides prueba la eficiência dei sistema tradicional. Su perfeccionamiento, relacionado con el desarrollo general de la ciência, no debe afectar, creemos nosotros, sus bases racionales y profundamente meditadas. Por eso, el curso que ofrecemos, tradicional en esencia, se distingue sólo por una exposición más rigurosa de la matéria y cierta revaloración dei significado de sus partes componentes. Este curso de Geometria se basa en un sistema muy poco numeroso de hechos geométricos bien conocidos dei alumno y asimilados en los grados primários. Este sistema de plan¬ teamientos de arranque, llamados más adelante axiomas, ha sido seleccionado dei prévio análisis minucioso dei curso escolar de Geometria tomando en consideración los ele¬ mentos de demostraciones tradicionales. La exposición comienza con la repetición, típica en la ensenanza escolar, de lo estudiado anteriormente. Por lo 9

menos, así será considerado por el alumno. Empero, nuestra meta autentica es distinta y más profunda: introducir los conceptos y planteamientos de arranque fundamentales, es decir, los axiomas. Los axiomas están enunciados en forma de las propiedades fundamentales de las figuras geométri¬ cas elementales compuestas de puntos y rectas. Estos axio¬ mas son sencillos y naturales. Hay casos en que los axiomas son enunciados más ampliamente que exigiría la cuestión para evitar preguntas y confusiones. Por ejemplo, décimos que existen puntos que se hallan en una recta dada y puntos que no se hallan en dicha recta. En realidad, nos bastaria la exigencia de dos puntos en la recta y un punto fuera de la recta. Una peculiaridad distintiva de nuestra axiomática son los axiomas de la medición de los segmentos y los ângulos. Estos axiomas nos brindan ventajas metódicas substanciales. En primer lugar, eludimos el escollo de introducir la medida para los segmentos y los ângulos. Sabido es que la solución de este problema, dada la construcción axiomática de la geometria, no es nada sencilla y requiere el empleo de médios inasequibles para el alumno por su profundidad. Segundo, a través de los axiomas de la medición incorpora¬ mos la Aritmética cursada ya para entonces con lo cual se ensancha notablemente el arsenal de médios utilizados en la demostración geométrica. Naturalmente, los axiomas de la medición de los segmentos y los ângulos requieren la definición correspondiente de los conceptos de la igualdad de los segmentos y los ângulos. Llamamos iguales a los segmentos de longitud idêntica. Por extrano que parezca, la mayoría de las personas consideran los segmentos iguales precisamente en este caso, aunque la igualdad de los segmentos se define en la escuela a través de la superposición. Por ello, nuestra defini¬ ción de la igualdad de los segmentos también es natural desde este punto de vista. En nuestra exposición, la super¬ posición y el movimiento en general son conceptos derivados y sólo los introducimos a mediados dei curso. El segundo parágrafo se inicia con una definición tan precisa de los conceptos axioma, teorema y demostración que nos permite dar siempre una respuesta neta al «por qué» en cada punto de las demostraciones. Por otra parte, tenemos el derecho moral de plantearese «porquê» al alumno y de exigirle una respuesta. El concepto de la demostra10

ción es ilustrado con ejemplos sencillos de análisis circuns¬ tanciado. Conservamos el orden tradicional de distribución dei material. Por eso consagramos el § 3 a los ângulos. En este parágrafo las demostraciones de los teoremas son sencillas y naturales. Se basan en los axiomas de la medición y de la construcción de los ângulos. El parágrafo siguiente se dedica a la igualdad de los triângulos. Su contenido es corriente y las demostraciones sencillas e irreprochables. En términos generales, las demos¬ traciones empleadas no contienen, en cuanto a la idea, nada nuevo. Son bien conocidas. Sin embargo, gracias a la formulación precisa de los planteamientos de arranque, logramos con unas cuantas pinceladas hacer estas demostra¬ ciones absolutamente irreprochables. Estas «pinceladas» se refieren en la mayoría de los casos a las propiedades de la posición recíproca de los puntos en la recta y de los rayos en el haz. Dentro de las matemáticas en general, y de las matemáticas modernas en particular, la relación de orden desempena tanto papel como la relación de equivalência. Por eso, también desde este punto de vista es conveniente desarrollar este concepto en las figuras geométricas sen¬ cillas. En el § 5 y el § 6 son tratadas las cuestiones tradicionales: propiedad dei ângulo exterior dei triângulo, relación entre los lados dei triângulo y los ângulos opuestos, desigualdad triangular, la perpendicular y la oblicua. Termina cada parágrafo con numerosas preguntas de repaso y ejercicios. Las preguntas de repaso comprenden la definición de los conceptos y la demostración de los teoremas así como de los corolários que de ellos se desprendeu. También abarcan cuestiones no tan esenciales dei curso. Las preguntas de repa¬ so determinan exactamente el volumen de los conocimientos necesarios para el alumno y son medio de autocontrol. El parágrafo siguiente está dedicado a las construcciones geométricas. Analiza los principales problemas de construc¬ ción utilizando el compás y la regia y explica el método de los lugares geométricos. Debe decirse que en el actual curso escolar de Geometria no se presta al tema de las construc¬ ciones geométricas tanta importância como en el pasado. Se comprende: las construcciones geométricas ofrecen interés, principalmente, para el desarrollo de las búsquedas de solución y el entrenamiento en las demostraciones.

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Pero las construcciones geométricas no son el único medio de lograr este propósito. Los siete primeros parágrafos de este libro podrían ser abarcados bajo el título de Geometria absoluta. En ellos no se utiliza el axioma de las paralelas. Quede sentado que el empleo dei axioma de las paralelas no ofrece ventaj as palpables en la exposición de esta parte. Si se toma en consideración que la Planimetría está calculada para tres anos de ensenanza, esta parte dei curso se puede recomendar para el primer ano. En el segundo ano de ensenanza incluimos la teoria de las paralelas y los temas colaterales inmediatos (§§ 8-12). El parágrafo octavo dei libro está dedicado a la teoria de las paralelas. Comienza con la demostración de los crité¬ rios de paralelismo. Alterando la tradición, nos limitamos a dos pares de ângulos de dos paralelas con una secante: los correspondientes internos y los alternos internos. En efecto, estos dos pares de ângulos bastan plenamente para exponer la teoria de las paralelas y de sus aplicaciones. Otros pares de ângulos, como son los correspondientes externos, los alternos externos y demás, no se utilizan prácticamente. En cambio, los ângulos correspondientes internos y alternos son determinados por nosotros rigurosamente, y no sólo por medio de figuras como se hace a menudo, y su empleo en las demostraciones se argumenta a fondo. El § 9 contiene el material tradicional sobre los cuadriláteros. En el § 10 introducimos el concepto dei movimiento que, en nuestra exposición, es concepto derivado. Se define como una aplicación que conserva la distancia. Son demostradas las propiedades principales dei movimiento y estudiados los casos particulares de los movimientos; simetria respecto a una recta, simetria respecto a un punto, traslación paralela y rotación. Conviene senalar que el concepto dei movimiento geométrico se asocia naturalmente con un proceso. La manera de exponer la Geometria en la escuela, empleando el concepto dei movimiento desde el comienzo, da lugar a embrollos y confusiones. Según nuestro método, las propie¬ dades dei movimiento netamente formuladas son primero demostradas y luego se aplican. En el parágrafo siguiente se estudia la circunferência. El tema central de este parágrafo es el problema de los ângulos en la circunferência. Se define con precisión los conceptos dei arco de circunferência, dei ângulo central que

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le corresponde y de la medida dei angulo central. Se introduce el concepto dei ângulo inscrito y se demuestran los teoremas correspondientes de los ângulos inscritos. El § 12 contiene el tema final dei segundo ano de ensenanza. En él se expone, ante todo, la cuestión de la semejanza de los triângulos que, como se sabe, no se lleva nunca hasta el fin en la exposición escolar. En efecto, su solución com¬ pleta exige el empleo dei axioma de la continuidad. Por eso la demostración de la semejanza de los triângulos en el caso principal suele detenerse a mitad dei camino. En nuestra exposición el axioma de la continuidad actúa a través dei axioma de la medición. Concluímos la demostración dei critério principal de la semejanza con una sencilla observación que se desprende dei axioma de la medición. En el curso escolar de la Geometria suele quedar abierta la cuestión de la intersección de la recta con la circunferência y de la intersección de dos circunferências. Siempre por la misma causa: la cuestión tropieza con el axioma de la con¬ tinuidad. Nosotros damos una solución sencilla y exhaustiva de este problema. Y esto se logra, en fin de cuentas, también gracias a los axiomas de la medición. La tercera parte dei curso arranca con el teorema de Pitágoras y sus corolários: relaciones métricas en un triângulo oblicuángulo, relación entre las diagonales y los lados de un paralelogramo, etc. Además de estas cuestiones tradicionales, se da una demostración sencilla dei importante teorema de la existência dei triângulo de lados dados prévio cumplimiento de ciertas condiciones necesarias. Este teorema da solución exhaustiva al problema de la posición recíproca de dos circunferências en dependencia de sus rádios y de la distancia entre los centros. En el § 14 se introducen las funciones trigonométricas de los ângulos. Nos limitamos a tres funciones: seno, coseno y tangente. Sabido es que las tres funciones restantessecante, cosecante y cotangente—no se utilizan prácticamente. El material de este parágrafo es corriente: fórmulas de reducción, relaciones entre los lados y los ângulos en un triângulo rectángulo, teorema dei coseno y teorema de los senos. El parágrafo que le sigue está consagrado a los polígo¬ nos convexos con problemas tradicionales acerca de la suma de los ângulos internos y externos, de la relación entre la longitud de una quebrada convexa y de una quebrada abarcante y, en fin, a los polígonos regulares.

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En el curso escolar ofrece ciertas dificultades la exposición dei problema dei área de las figuras. Nosotros solucio¬ namos este problema de la siguiente manera. Al principio, el concepto dei área se introduce, argumentando a fondo sus propiedades, al estudiar un problema práctico concreto. Luego se explica que estas propiedades determinan el área univocamente. En fin, se demuestra que es correcta la definición dei área con esas propiedades. Esta última cuestión puede considerarse facultativa en la ensenanza esco¬ lar. Finalmente, el último tema de la Planimetria: longitud de la circunferência y área dei círculo. En cualquier variante esta cuestión ofrece grandes dificultades. Una es el problema de la existência, aunque en los grados superiores se vence fácilmente. Hemos unificado las definiciones de los conceptos principales relacionados con la medición de los arcos y las áreas para la circunferência y el círculo, lo que debe simplificar la exposición. A parte de las cuestiones de la existência, que han quedado abiertas, otras cuestiones están resueltas con plenitud y precisión suficientes. La segunda parte dei libro, la Estereometría, arranca con el enunciado de los tres axiomas dei espacio y la deducción de sus corolários directos (§ 18). Los axiomas aceptados por nosotros suponen cierta modificación de los axiomas de enunciado tradicional y concuerdan bien con los axiomas dei plano. El parágrafo siguiente trata de las cuestiones dei paralelismo de las rectas y los planos en el espacio con teoremas y demostraciones tradicionales. El extenso § 20 está dedicado a diferentes cuestiones de la perpendicularidad de las rectas y los planos. Los parágra¬ fos 18, 19 y 20 constituyen la base de la segunda parte dei curso. Hay un parágrafo especial (el 21) para las cuestiones relacionadas con el concepto de ângulo entre rectas y planos. Estos conceptos son definidos con claridad. Quedan demostra¬ dos los correspondientes teoremas acerca de los ângulos. El parágrafo 22 acerca de los ângulos diedros, triedros y poliedros contiene, además de las cuestiones tradicionales dei curso escolar, la demostración dei teorema de los cosenos y dei teorema de los senos para el ângulo triedro. Suponemos que estos teoremas, importantes y muy usuales, deben darse en el curso escolar. Sabido es que la solución de los proble¬ mas de la posición recíproca de las rectas y los planos en el espacio, y en particular la solución de los problemas de

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prismas y pirâmides, se reduce en su parte esencial a la demostración de estos teoremas generales en distintos casos particulares. El parágrafo siguiente (23) está dedicado a las transformaciones en el espacio (movimiento, simetria, semejanza y demás). En este parágrafo, la exposición repite deliberadamente, y en ciertos casos textualmente, el parágrafo acerca de las transformaciones en el plano. Para el alumno adelantado, este parágrafo será un agradable repaso de hechos de Planimetría que ya conoce. El tema de los poliedros (§ 24) comienza con la definición dei concepto dei cuerpo geométrico. Este concepto se introduce de manera rigurosa y, al mismo tiempo, muy asequible. La rigurosa introducción dei concepto dei cuerpo geométrico permite llevar más adelante ese rigor a la exposición dei problema dei volumen y dei área dei cuerpo geométrico. Los teoremas de prismas y pirâmides dados en este parágrafo son tradicionales. El tema de los poliedros regulares se expone de manera más circunstanciada que suele hacerse en el curso escolar. El cuarto ano de estúdio de la Geometria termina aqui con el § 25 sobre los rudimentos de la delineación proyectiva. Este parágrafo contiene todas las tareas principales de la posición reciproca de los puntos, las rectas y los planos al representarias en el diseno. En el § 26, partiendo de la tarea práctica de comparar la capacidad de dos recipientes, se introduce el concepto dei volumen dei cuerpo y se dilucidan sus propiedades esenciales. Por el método corriente, basándose en esas propiedades, se encuentran los volúmenes de los cuerpos elementales: prismas y pirâmides. En fin, se demuestra la justeza de la definición formal dei volumen de un poliedro como suma de los volúmenes de las pirâmides que lo constituyen. Este último punto puede recomendarse para estúdio facultativo. La cuestión dei volumen de los cuerpos está expuesta de manera deliberadamente próxima a la cuestión dei área de las figuras planas y, para el alumno adelantado, también será un repaso agradable. Las cuestiones tradicionales relativas a los cuerpos de revolución —cilindro, cono y esfera— están expuestas en el § 27. La medición de los volúmenes y las áreas de estos cuerpos no está incluida aqui, sino que se le consagra parágra¬ fos especiales.

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El § 28 ofrece la definición dei volumen para cualquier cuerpo. Partiendo de los volúmenes de los cuerpos simples (divisibles en un número finito de pirâmides triangulares), el volumen de cualquier cuerpo se define, en esencia, como la cota inferior máxima de los volúmenes de los cuerpos simples que lo contienen. Arrancando de esta definición general se encuentran los volúmenes de todos los cuerpos de revolución considerados en el curso escolar: cilindro, cono, esfera y sus partes. Se demuestra la aditividad dei volumen para los cuerpos limitados por superfícies simples (plana, cilíndrica, cónica y esférica). El § 29 trata dei área de una superfície. Partiendo de la tarea práctica de la cantidad de pintura necesaria para recubrir dos superfícies, llegamos a la definición geométrica natural dei concepto dei área (según Minkowski). Arrancando de esta definición se encuentra, por un método standard, el área de las superfícies de los cuerpos de revolución con¬ siderados en el curso escolar: cilindro, cono, esfera y sus partes. A. V. Pogorélov

Parte primera

PLANIMETRIA

§ 1. PROPIEDADES FUNDAMENTALES DE LAS FIGURAS GEOMÉTRICAS ELEMENTARES Geometria, palabra griega que significa medición de la tierra, es la ciência que trata de las propiedades de las figu¬ ras geométricas empleadas para la medición de extensiones.

Fig.

1

El triângulo, el cuadrado y la circunferência (fig. 1) son ejemplos de figuras geométricas. Las figuras geométricas son muy diversas. Una parte de una figura geométrica cualquiera es, a su vez, una figura

geométrica. La unión de varias figuras geométricas es igual¬ mente una figura geométrica. En la fig. 2 vemos que la figura de la izquierda consta de un triângulo y tres cuadrados, mientras que la figura de la derecha está formada por una circunferência y partes de circunferência. Se considera que toda figura geométrica está compuesta por puntos.

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La parte de la Geometria que trata de las figuras en el plano se llama Planimetría. Por ella comenzaremos el estú¬ dio de la Geometria. Punto y recta. Las figuras geométricas elemeiitales en el plano son el punto y la recta. Los puntos y las rectas se marcan en el dibujo con un lápiz bien afilado. Para que resulte más neto, el punto se representa con un circulo pequeno. Para designar los puntos se emplean letras latinas mayúsculas: A, B, C, D, ... Las rectas se designan por letras latinas minúsculas: a, b, c, d, .. . En la fig. 3 puede verse el punto .4 y la recta a. Propiedades fundamentales de la pertenencia de los puntos y las rectas en el plano. En la fig. 4 están representadas las rectas a y 6 y los puntos A, B j C. Los puntos Aj C se hallan

Fig. 4

Fig. 5

en la recta a. Podemos también decir que los puntos ^ y C pertenecen a la recta a o que la recta a pasa por los puntos A y c. El punto B se halla en la recta b pero no se baila en la recta a. El punto C se halla en la recta a y en la recta b. Las rectas a j b se cortan en el punto C. El punto C es el punto de intersecciõn de las rectas a y b. Para dibujar las rectas se emplea la regia. En la fig. 5 puede verse cómo se construye con la regia la recta que pasa por dos puntos A y B. Las propiedades fundamentales de la pertenencia de los puntos y las rectas en el plano son las dos propiedades siguientes: Ii. Cualquiera que sea la recta, existen puntos que pertenecen a la recta y puntos que no pertenecen a la recta.

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Ia» Cualesquiera que sean dos puntos, existe una recta que pasa por estos puntos, y sôlo una. Una recta puede ser designada con dos puntos que se hallan en ésta. Por ejemplo, la recta a de la fig. 4 se puede designar por AC y la recta b se puede designar por BC. Ya que por dos puntos se puede trazar solamente una recta, dos rectas distintas no se cortan o se cortan en un punto único. Si hubiese dos puntos de intersección de estas rectas, resultaria que por estos puntos pasan dos rectas diferentes. Pero esto es imposible. Luego, se obtiene la propiedad siguiente: 1.1. Dos rectas diferentes no se cortan o se cortan en un punto único. Propiedades fundamentales de la posición recíproca de los puntos en la recta y en el plano. En la fig. 6 puede verse la recta a y tres puntos A, B y C situados en la misma. El punto B se encuentra entre los puntos .4 y C. Refiriéndonos

Fig. 6

Fig. 7

Fig. 8

a esta posición de los puntos A, B y C, diremos que los pun¬ tos .4 y C se ballan a distintos lados dei punto B. También se puede decir que el punto B separa los puntos A y C. Los puntos ^ y S se ballan a un mismo lado dei punto C y no están separados por el punto C. Los puntos B y C están a un mismo lado dei punto A. Fíjense en la fig. 7. El punto A divide la recta a en dos partes llamadas semirrectas. Los puntos B y C se ballan en una misma semirrecta. El punto A no los separa. Los puntos B y D se ballan en diferentes semirrectas. El punto A los separa. El punto A que divide la recta a en semirrectas se llama punto de origen de las semirrectas. En cuanto a las semirrectas, se las denomina complementarias. Una semir¬ recta también es llamada rayo. Las semirrectas se designan con letras latinas minúsculas. Una semirrecta se puede designar también con dos puntos: 2*

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el punto de origen y otro pnnto suyo cualquiera. Con la particularidad de que el punto de origen siempre se coloca en primer lugar. Por ejemplo, el punto A divide la recta a (fig. 7) en dos seinirrectas; AB y AD. Supongamos que los puntos ri y 5 se hallan en la recta a (fig. 8). Se llama segmento AB a la parte de la recta a cuyos puntos son todos los puntos X de la recta a situados entre ri y 5. Los puntos ri y 5 se denominan extremos dei segmento. 1.2. El segmento AB es una parte de la semirrecta AB, 0 sea, iodo punto dei segmento AB es un punto de la semirrecta AB. Efectivamente, tomemos un punto X cualquiera en el segmento rii? (fig. 8). Se encuentra entre los puntos ri y 5.

Fig. 9

Fig. 10

Luego, el punto ri no se encuentra entre los puntos X y B ya que sólo uno de los tres puntos ri, X y B se halla entre los otros dos. Por consiguiente, el punto ri no separa los puntos X y B. Esto significa que el punto X pertenece a la semirrecta AB y no a su complemento. En la fig. 9 la recta a divide el plano en dos semiplanos. Los puntos ri y 5 se hallan en un mismo semiplano. El segmento AB no corta la recta a. Los puntos rij y Sj se hallan en distintos semiplanos. El segmento A^B^ corta la recta a. Designaremos los semiplanos con letras griegas a, P, y, . . . Tracemos por el punto de origen ri de la semirrecta AB una recta a que no pase por el punto B (fig. 10). La recta u y la recta AB se cortan en el punto ri. No tienen otros puntos de intersección. Tomemos en la semirrecta AB un punto X cualquiera. El segmento BX no corta la recta a. En efecto, el segmento BX podría cortar la recta a solamente en el punto ri. Pero el punto ri no pertenece al seg¬ mento BX ya que no separa los puntos B y X.

20

Puesto que el segmento BX no corta la recta a, resulta que el punto X se halla, respecto a la recta a, en el mismo semiplano que el punto B. Así, obtenemos la propiedad siguiente: 1.3. Si por el punto de origen A de una semirrecta AB se traza una recta a que no pose por el punto B, toda la semir¬ recta AB estará en un semiplano respecto a la recta a. Ya que el segmento AB es una parte de la semirrecta AB, obtenemos la siguiente propiedad: 1.4. Si por el. extremo A dei segmento AB se traza una recta a que no pase por el punto B, todo el segmento AB quedará situado en un semiplano respecto a la recta a] a saber: estará situado en el semiplano donde se encuentra el extremo B. Las propiedades fundamentales de la posición recíproca de los puntos en una recta y en el plano son las tres propieda¬ des siguientes: 111. De tres puntos de una recta, uno de ellos, y sõlo uno, se halla entre los otros dos. 112. Un punto situado en una recta la divide en dos semirrectas. Los puntos de una semirrecta no están separados por el punto de división. Los puntos de diferentes semirrectas están separados por este punto. 113. Toda recta divide el plano en dos semiplanos. Si los extremos de un segmento cualquiera pertenecen a un semiplano, el segmento no corta la recta. Si los extremos dei segmento pertenecen a diferentes semiplanos, el segmento corta la recta. Propiedades fundamentales de la medición de segmentos y ângulos. Para medir los segmentos se emplean diversos instrumentos de medición. El instrumento más sencillo es la regia graduada. En la fig. 11 el segmento AB es igual

Fig 11 a 10 cm, el segmento AC es igual a 6 cm y el segmento BC es igual a 4 cm. La longitud dei segmento AB qs igual a la suma de las longitudes de los segmentos AC y BC.

21

Las propiedades fundamentales de la medición de segmen¬ tos son las siguientes: 1111. Todo segmento tiene una longitud determinada mayor que cero. 1112. Si el punto C de la recta AB se halla entre los puntos A y B,la longitud dei segmento AB es igual a la suma de las longitudes de los segmentos AC y BC. Se llama ângulo a una figura formada por dos semirrectas distintas con un punto de origen común. Este punto se denomina vértice dei ângulo y las semi¬ rrectas reciben el nombre de lados dei ângulo. Si los lados de un ângulo son semirrectas complementarias de una misma recta, el ângulo se llama llano. En la fig. 12 puede verse un ângulo de vértice O y de lados a y b. Para desigiici uu aiiguiu BB senala su vértice, sus lados 0 tres puntos: el vértice y dos puntos en los lados dei ângulo. La palabra «ângulo» suele sustituirse por el símbolo El ângulo de

la fig. 12 puede ser designado de tres formas: Z_0, /_ {ab) y AOB. En el tercer caso el vértice se coloca en el medio. Fíjense en la fig. 13. Diremos que el rayo c que parte dei vértice O dei angulo {ab) posa entre sus lados si corta un segmento AB cualquiera cuyos extremos se hallan en los lados dei angulo. En el caso dei ângulo llano, aceptamos que cualquier rayo que arranca de su vértice y no coincide con sus lados pasa entre los lados dei ângulo.

22

Los ângulos se miden en grados mediante el transporta¬ dor. El ângulo (ab) de la fig. 14 es igual a 120°. La semirrecta c pasa entre los lados dei ângulo (ab). El ângulo {ac) es igual a 90° y el ângulo (bc) es igual a 30°. El angulo {ab) es igual a la suma de los ângulos {ac) y {bc). Las propiedades fundamentales de la medición de ângulos son las siguientes: 1113. Todo ângulo tiene una medida en grados determinada mayor que cero. El ângulo llano es igual a 180°. 1114. Si un rayo c parte dei vértice de un ângulo {ab) y pasa entre sus lados, el ângulo {ab) es igual a la suma de los ângulos {ac) y {bc). Propiedades fundamentales de la construcción de segmen¬ tos y ângulos. Fíjense en la fig. 15. Muestra cómo se construye, valiéndose de una regia, en la semirrecta a de punto de origen A un segmento de 3 cm de longitud.

Fíjense en la fig. 16. La semirrecta a, prolongada más allá de su punto de origen A, divide el plano en dos semiplanos. La figura muestra cómo se construye, a partir de la semi¬ rrecta a y en el semiplano superior, un ângulo (de 60°) mediante el transportador. Las propiedades fundamentales de la construcción de segmentos y ângulos son las propiedades siguientes: IVi. Cualquiera que sea el número positivo m, en una semi¬ rrecta se puede construir a partir de su punto de origen un seg¬ mento de longitud m (cm) y sõlo uno.

23

IVa» Cualquiera que sea el número positivo n menor que 180, se puede construir, a partir de una semirrecta dada y en el semiplano dado, un ângulo de n grados, y sólo uno. Construyamos, a partir dei punto de origen A de la semi¬ rrecta AB, un segmento AC menor que AB. dCuál de los puntos A, B Y C &Q halla entre los otros dos? El punto A no puede encontrarse entre B j C yoi que B y C se hallan en la misma semirrecta cuyo punto de origen es Si el punto B estuviese entre los puntos A y C, tendríamos, según la propiedad de la medición de segmentos, AB -f- BC = AC, 0 sea, AB < AC. Pero, por hipótesis, es AC < AB. Luego, el punto B tampoco se encuentra entre A y C. Puesto que uno de los puntos se halla necesariamente entre los otros dos, este punto puede ser únicamente el punto C. Así se obtiene la propiedad siguiente: 1.5. Sien una semirrecta AB se construye, a partir de su punto de origen A, un segmento AC menor que AB, estará C entre A y B. Primer critério de la igualdad de los triângulos. Un tri¬ ângulo es una figura de tres puntos no pertenecientes a una

Fig. 17

Fig. 18

misma recta y de tres segmentos que unen estos puntos de dos en dos. Los puntos se llaman vértices y los segmentos, lados dei triângulo. En la fig. 17 puede observarse un triân¬ gulo de vértices A, B y C y ie lados AB, BC y AC. El triângulo se designa por sus vértices. A veces en lugar de la palabra «triângulo» se emplea el símbolo A. Por ejemplo, el triângulo de la figura 17 se designa así: AABC. Dos segmentos se denominan iguales si tienen la misma longitud. Dos ângulos se llaman iguales si tienen la misma medida angular expresada en grados. Dos triângulos ABC y AiBi^Ci se llaman iguales si se tiene Z-A = Z-Ai, /_B = = Z-5i, Z.C = Z-Ci, AB = AyB^, BC = B^C^, y AC = 24

= AlCi. En la fig. 18 puede verse dos triângulos iguales ABC y AiBiCi. El primer critério de la igualdad de los triângulos con¬ siste en lo siguiente; V. Si en dos triângulos ABC y A^B^Ci se tiene /_A = = Z-^i, AB = y AC = los triângulos son iguales, es decir, también Z^B = Z_5i, Z_C = Z_Ci y BC = BiCi. Propiedad fundamental de las paralelas. En el plano se llama paralelas a dos rectas que no se cortan, con la particularidad de que las rectas se consideran prolongadas indefinidamente en ambas direcciones. Fig. 19 La fig. 19 muestra cómo se puede, empieando la escuadra y la regia, trazar por el punto B la recta h paralela a la recta a. La propiedad fundamental de las paralelas consiste en lo siguiente: VI. Por todo punto B que no se halla en la recta a se puede trazar en el plano no más de una paralela a la recta a. Preguntas de repaso y ejercicios 1. iQué es Geometria? 2. Dense ejemplos de figuras geométricas. 3. Senálense las figuras geométricas elementales en el plano. 4. iQué es Planimetria? 5. iCómo se representan los puntos y las rectas en el dibujo? 6. iQué instrumento de dibujo se emplea para trazar rectas? 7. ^Cómo se designan los puntos y las rectas? 8. iQué puntos de la fig. 4 se hallan en la recta a y que puntos se hallan en la recta 6? ^En qué punto se cortan las rectas a y 6? 9. ijCómo se traza con la regia la recta que pasa por dos puntos? Tómense dos puntos en una boja de papel y trácese por ellos la recta. 10. Enúnciense las propiedades fundamentales de la pertenencia de los puntos y las rectas en el plano. 11. iPor qué dos rectas diferentes no pueden tener dos puntos de intersección? 12. iCuál de los tres puntos de la fig. 6 separa los otros dos? ijEn qué posición están los puntos B y C respecto al punto .4? 13. Trácese una recta y tómense en ella cuatro puntos A, B, C y D áe modo que el punto C separe los puntos A y D y el punto D separe los puntos B y C. 25

14. iQué propiedades se observan al dividir una recta en dos semirrectas? ijCómo se designan las semirrectas? 15. liQué es segmento de extremos A y 16. ijCuál de los tres puntos B y C se baila entre los otros dos si B es un punto dei segmento ACl 17. iPor qué todo punto dei segmento AB pertenece a la semirrecta AB"} 18. iQué propiedades se observan al dividir el plano en dos semiplanos? 19. ijCuál es la posición de la semirrecta AB respecto a una recta a que pasa por el punto A? 20. Enúnciense las propiedades fundamentales de la posición recíproca de los puntos en la recta y el plano. 21. íQué instrumento se emplea para medir los segmentos? 22. Trácese una recta. Tómense en ella tres puntos A, B y C de modo que el punto B este entre los puntos A y C. Mídanse los seg¬ mentos AB, AC y BC. Compárese la longitud dei segmento AC con la suma de las longitudes de los segmentos AB y BC. 23. Enúnciense las propiedades fundamentales de la medición de los"' segmentos. 24. íQué figura se denomina ângulo? 25. iQué ângulo se denomina llano? 26. iCómo se designa el ângulo? 27. Explíquese el sentido de la expresión: una semirrecta pasa entre los lados de un ângulo. 28. iQué unidades y qué instrumento se emplean para medir los ângulos? ijCómo se realiza la medición? 29. Constrúyase un ângulo {ab) cualquiera y trácese on el interior de este ângulo un rayo c a partir de su vértice. Mídanse los ângulos {ab), (ac) y (bc). Compárese el ângulo (ab) y la suma de los ângulos (ac) y (bc).' 30. Enúnciense las propiedades fundamentales de la medición de los ângulos. 31. Tómese un punto cualquiera. Trácese a partir de él una semi¬ rrecta. Constrúyase en la semirrecta desde su punto de origen un seg¬ mento igual a 5 cm. 32. Trácese una semirrecta y constrúyase a partir de ella un ângu¬ lo igual a 45°. 33. Enúnciense las propiedades fundamentales de la construcción de segmentos y ângulos. 34. En la semirrecta AB se ba construido desde su punto de origen un segmento AC menor que el segmento AB. ^Cuál de los tres puntos A, B y C se baila entre los otros dos? Arguméntese la respuesta. 35. iQué es triângulo? 36. Denomínense los vértices y los lados dei triângulo de la fig. 17. 37. iQué segmentos son llamados iguales? 38. íQué ângulos son llamados iguales? 39. íQué significado tiene la expresión; el triângulo ABC es igual al triângulo A^BlC^7 40. Enúnciese el primer critério de la igualdad de los triângulos. 41. íQue rectas se denominan paralelas? 42. Trácese una recta cualquiera. Tómese un punto que no se baile en esta recta. Trácese por este punto la recta paralela. 43. Enúnciese la propiedad fundamental de las paralelas. 26

§ 2. DE CÕMO SE ESTUDIAN EN LA GEOMETRIA LAS PROPIEDADES DE LAS FIGURAS Axiomas, teoremas y demostraciones. La validez de una afirmación sobre la propiedad de una u otra figura geométri¬ ca se establece por medio de un razonamiento. Este razonamiento se llama ãemostración. La proposición que enuncia una propiedad de una figura geométrica se llama teorema. Veamos un ejemplo. TEOREMA 2.1. Si una recta a, que no pasa por ninguno de los vértices de un triângulo ABC, corta su lado AB, íambién corta uno, y sólo uno, de los otros lados, BC o AC. DEMoSTRAGiON (fig. 20). La recta a divide el plano en dos semiplanos. Los puntos A y B se hallan en diferentes semiplanos ya que el segmento AB y la recta a se cortan. El

Fig. 20 punto C está en uno de estos semiplanos. Si el punto C está en el mismo semiplano que el punto A, el segmento AC y la recta a no se cortan mientras que el segmento BC corta esta recta (fig. 20, a la izquierda). Si el punto C está en el mismo semiplano que el punto B, el segmento AC corta la recta a y el segmento BC no la corta (fig. 20, a la derecha). En ambos casos la recta a corta uno de los segmentos AC 0 BC y sólo uno. Esta es toda la demostración. Las propiedades fundamentales I—VI de las figuras elementales enunciadas en el parágrafo anterior son propiedades de partida para la demostración de otras. Estas propiedades no se demuestran y se llaman axiomas. Los axiomas definen implicitamente los conceptos geo¬ métricos fundamentales. Son los conceptos expresados con las palabras «punto», «recta», «pertenecer» (para puntos y rectas), «hallarse entre» (para puntos en una recta) y «medida» (longitud de segmentos y medida gradual de ângulos). Los 27

demás conceptos geométricos son derivados. Se definen explícitamente partiendo de los conceptos fundamentales. Tales son, por ejemplo, los conceptos de segmento, ângulo, triângulo, etc. En la demostración de los teoremas se pueden emplear las propiedades fundamentales de las figuras elementales, 0 sea, los axiomas, así como las propiedades ya demostradas, es decir, los teoremas demostrados. No se puede emplear ninguna otra propiedad de las figuras aun cuando parezca evidente. En la demostración de los teoremas se permite emplear el dibujo para la representación geométrica de todo cuanto expresamos con palabras. Las propiedades de las figuras que evidencia el dibujo no pueden ser utilizadas si no pode¬ mos argumentarias basándonos en los axiomas y en los teoremas demostrados anteriormente. El enunciado de un teorema consta comúnmente de dos partes. La primera trata de lo que está dado. Esta parte se llama hipótesis dei teorema. La otra trata de lo que debe ser demostrado. Esta parte se llama tesis dei teorema. En el § 1, además de las propiedades fundamentales indicadas con cifras romanas, se senalan otras propiedades; 1.1; 1.2; 1.3; 1.4 y 1.5. Estas propiedades han sido obtenidas mediante razonamientos a partir de las propiedades funda¬ mentales, es decir, de los axiomas. Luego, estas propiedades son teoremas. Posición de los ângulos construídos en un mismo semiplano. TEOREMA 2.2. Si a partir de una semirrecta a se construyen en un mismo semiplano dos ângulos {ab) y {ac), el rayo b pasarâ entre los lados dei ângulo (ac) o el rayo c pasarâ entre los lados dei ângulo {ab). La hipótesis dei teorema consiste en que los ângulos (ab) y {ac) están construídos a partir de la semirrecta a en un mismo semiplano. La tesis dei teorema consiste en que el rayo h pasa entre los lados dei ângulo (ac) o que el rayo c pasa entre los lados dei ângulo {ab). DEMOSTRACIÓN DEL TEOREMA. Indiquemos poT a^ la semi¬ rrecta complementaria de a. Los ângulos {afi) y {a^c) son diferentes. Luego, uno es menor que otro. Sea, por ejemplo, el ângulo {a^b) menor que el ângulo (ajc). Tomemos en las semirrectas a, b y a^ los puntos A, B y (fig. 21). La recta que contiene el rayo c corta el lado A^A dei triângulo A^AB. Por ello, según el teorema 2.1, corta el 28

lado AiB 0 el lado AB. El punto de intersección se halla en el rayo c ya que los segmentos A^B j AB y el rayo c se encuentran en un mismo semiplano respecto a la recta AA^. Es decir, el rayo c corta el seg¬ mento AiB o el segmento AB. Si el rayo c cortase el seg¬ mento AiB, pasaría entre los lados dei ângulo (uiò). Según el axioma III4 de la medición de los ângulos, tendríamos (uic) -f- (c6) = (flib) de modo que el angulo (uic) seria menor que el angulo {ãib). Pero esto Fig. 21 es imposible ya que el angulo (uiò) es menor que el ângulo (uic). Por lo tanto, el rayo c no corta el segmento AiB y, por consiguiente, corta el segmento AB. Pero esto significa al mismo tiempo que el rayo c pasa entre los lados dei ângulo {ah). Queda demostrado el teorema. Separación de los lados de un ângulo por una recta. TEOREMA 2.3. Si el rayo c pasa entre los lados dei ângulo {ah), la recta que contiene el rayo c separa los lados dei ângulos 0 sea, las semirrectas a y h se hallan en distintos semiplanos respecto a la recta que contiene el rayo c. La hipótesis dei teorema consiste en que el rayo c pasa entre los lados dei angulo {ah). La tesis dei teorema con¬ siste en que los lados dei ângulo {ah) se hallan en distintos semiplanos respecto a la recta que contiene el rayo c. DEMOSTRAGiON DEL TEOREMA. Como quieca que el rayo c pasa entre los lados dei ângulo {ah), corta un segmento AB cuyos extremos se hallan en los lados dei angulo (fig. 22). Puesto que el segmento AB corta la recta que contiene el rayo c, los puntos A y B están en diferentes semipla¬ nos respecto a esta recta. Según el teorema 1.3, la semirrecta a se halla en un semiplano respecto a la recta que contiene el Fig. 22 rayo c; a saber, en el semiplano en el que se halla el punto .4. Según el mismo teorema, la semirrecta h se halla en el semiplano al que pertenece el punto B. Puesto que los puntos A y B 29

se hallan en distintos semiplanos respecto a la recta quo contiene el rayo c, resulta que las semirrectas ay b se hallan en distintos semiplanos. Queda demostrado el teorema. Preguntas de

repaso

1. iQué es demostración geométrica? 2. iQué es teorema? 3. Dese un ejemplo de teorema y de su demostración. 4. iQué es axioma? 5. Enúnciense los axiomas de la pertenencia de los puntos y las rectas. 6. Enúnciense los axiomas de la medición de los segmentos y los ângulos. 7. Enúnciense los axiomas de la constmcción de los segmentos y los ângulos. 8. Cítense los conceptos geométricos fundamentales. 9. Dense ejemplos de conceptos geométricos derivados y dese su definición partiendo de los conceptos fundamentales. 10. íQué propiedades de las figuras geométricas se permite emplear para demostrar un teorema? 11. ijCómo se emplea el dibujo en la demostración de un teorema? 12. iCuáles son las dos partes que componen el enunciado de un teorema? ijCómo se denominan? 13. Enúnciese y demuéstrese el teorema sobre la posición de los ângulos construídos en un mismo semiplano (teorema 2.2). 14. Enúnciese y demuéstrese el teorema sobre la separación de los lados de un ângulo por una recta (teorema 2.3). 15. Demuéstrense los teoremas 1.1; 1.2; 1.3; 1.4; y 1.5 dei § 1. Ejercicios 16. En el plano se tienen cuatro puntos rii, A2, Ag y una recta a que no pasa por ninguno de ellos. Los segmentos AiAgy AgAi cortan la recta a y el segmento AgAg no la corta. iCorta el segmento AiAi la recta a? Arguméntese la respuesta. 17. En el plano se tienen cuatro puntos A, B, C y D. Demués¬ trese que si los segmentos AB y CD se cortan, los puntos B y D se hallan en un mismo semiplano respecto a la recta AC. 18. Demuéstrese que si un rayo c pasa entre los lados de un ângu¬ lo (ab), corta cualquier segmento cuyos extremos se hallan en los lados dei ângulo (ab). 19. Tres puntos ri, y C se hallan en una misma recta. iCuál de estos puntos se encuentra entre los otros dos, si AB = 10 cm, riC = 7 cm y BC = 3 cm? Arguméntese la respuesta. 20. iPueden hallarse tres puntos ri, i? y C en una misma recta, si AB = 5 cm, 5C = 6cmyriC = 7 cm? Arguméntese la respuesta. 21. Tres puntos A, B y C se hallan en una misma recta. El seg¬ mento AB es igual a 4 cm y el segmento BC es igual a 3 cm. ^A qué es igual el segmento AC si el punto B se halla entre ri y C? ,:A qué es igual el segmento AC, si el punto ri se halla entre B y Cl Arguméntense las respuestas. 30

22. Cuatro puntos A, B, C y D se hallan en una misina recta. El piinto B se halla entre ^ y C y el punto C entre B y D. Demuéstrese que el punto C se halla entre A y D. (Sugerencia. Las semirrectas CA y CD son complementarias. El punto B se halla en la somirrecta CA.) § 3. ÂNGULOS

Ângulos adyacentes. Dos ângulos se llaman adyacentes si tienen un lado común y sus otros lados son semirrectas com¬ plementarias. Los ângulos {ajj) y {a^h) de la fig. 23 son adyacentes. Sea C un punto en la recta AB situado entre los puntos A y jB y sea D un punto que no se halla en la recta AB (fig. 24).

Fig. 23

Fig. 24

Los ângulos BCD y ACD son entonces adyacentes. Tienen el lado CD común. Los lados CA y CB son semirrectas com¬ plementarias de la recta AB ya que los puntos A y B à& estas semirrectas están separados por el punto de origen C. TEOREMA 3.1. La suma de ângulos adyacentes es igual a 180°. DEMosTRACiõN. Sean {a^h) y {ajb) los ângulos adyacentes dados (fig. 23). El rayo h pasa entre los lados a^ y a^ dei ângulo llano. De aqui resulta, según el axioma III4, que la suma de los ângulos {ayb) y {a^b) es igual al ângulo llano, es decir, a 180°. Queda demostrado el teorema. Del teorema 3.1 se deduce que si dos ângulos son iguales, también son iguales sus ângulos adyacentes.

Ângulos verticales. Dos ângulos se llaman uerticales si los lados de un ângulo son semirrectas complementarias de los lados dei otro. Los ângulos (ajòi) y («2^2) de la fig. 25 son ângulos verticales. TEOREMA 3.2, Los ángulos verticales son iguales. DEMOSTRACIÕN. Sean (ajòi) y (^2^2) los ángulos verticales dados (fig. 25). El ângulo (ãib^) es adyacente dei ângulo (fliòi) y dei ângulo {a^b^). De aqui deducimos, según el teorema 3.1, que cada uno de los ángulos (flibi) y (a^b^) 31

complementa el ângulo (a^b^) basta 180°, es decir, que los ângulos (uifci) y sou iguales. Queda demostrado el teorema. Angulo recto. Rectas perpendiculares. Un ângulo igual a 90° se llama ângulo recto. Del teorema 3.1 resulta que el ângulo adyacente de un ângulo recto es un ângulo recto. I*

Fig. 25

Fig. 26

Sean a y b dos rectas que se cortan (fig. 26). Las semirrectas de estas rectas forman cuatro ângulos. Sea a uno de estos ângulos. Cualquiera de los tres ângulos restantes será entonces adyacente dei ângulo a o vertical dei ângulo a. De aqui se deduce que si uno de los ângulos es recto, también son rectos los demás ângulos. En este caso décimos que las rectas se cortan en angulo recto y las denominamos per¬ pendiculares. TEOREMA 3.3. Por todo punto de una recta se puede trazar una recta perpendicular a ella y sólo una. DEMOSTRACiON. Sea a la recta dada y sea A un punto en ella. Indiquemos por nj una de las semirrectas de la recta a con el punto de ongen A (fig. 27). Construyamos a partir de la semirrecta a^ el ângulo (ctibi) igual a 90°. La recta que contiene el rayo será entonces perpendicular a la recta a. Supongamos que, además de la recta construída, existe otra recta que también pasa por el punto A y es perpendicular a la recta a. Indi¬ Fig. 27 quemos por Cl Ia semirrecta de esta recta que se baila en el mismo semiplano que el rayo òj. Los ângulos («ibi) y («iCj), iguales cada uno a 90°, han sido construídos en un mismo semiplano a partir de la semi32

rrecta a,. Pero según el axioma IV2, a partir de la semirrecta se puede construir en el semiplano dado sólo un ângulo igual a 90°. Por ello, no puede existir otra recta que pase por el punto A y sea perpendicular a la recta a. Queda demos¬ trado el teorema. Preguntas de repaso 1. íQué ângulos se llaman adyacentes? 2. ^Por qué son adyacentes los ângulos DCA y DCB fig. 24? 3. Demuéstrese que la suma de ângulos adyacentes es a 180°. 4. Demuéstrese que si dos ângulos son iguales, sus ângulos centes también son iguales. 5. íQué ângulos se llaman verticales? 6. Demuéstrese que los ângulos verticales son iguales. 7. iQué angulo se llama recto? 8. Demuéstrese que también es recto el ângulo adyacente ângulo recto. 9. Demuéstrese que si en la intersección de dos rectas uno ângulos es recto, los tres restantes también lo son. 10. Demuéstrese que por todo punto de una recta se puede una recta perpendicular a ésta.

de la igual adya¬

de un de los trazar

Ejercicíos 11. El ângulo (ab) es igual a 120° y el ângulo (ac) es igual a 150°. íA qué es igual el ângulo (bc) si los rayos fe y c se liallan en un mismo semiplano respecto a la recta que contiene el rayo a? qué es igual el ângulo (bc) si los rayos b y c se hallan en diferentes semiplanos respecto a la recta que contiene el rayo a? 12. íA qué son iguales los ângulos adyacentes si uno de ellos es dos veces mayor que el otro? 13. íA qué son iguales los ângulos adyacentes si uno de ellos es 30° mayor que el otro? 14. Los segmentos AB y CD se cortan en el punto O. Demuéstre¬ se que los ângulos AOC y BOD son verticales. 15. Uno de los ângulos formados por la intersección de dos rectas es igual a 60°. Hállense los demás ângulos.

§ 4. IGUALDAD DE LOS TRIÂNGULOS Segundo critério de la igualdad de los triângulos. El axioma V ofrece el primer critério de la igualdad de los triângulos. El segundo critério se enuncia en el teorema siguiente: 3-01256

33

TEOREMA 4.1. Si los triàngulos ABC y son tales que AB — AiB^, /_A = /^A^ y Z_B = /_Bi, los triângulos son iguales. O sea, también AC = AiC,, BC = B,C, v Z^C = Z_Ci (fig. 28).

Fig. 28 DEMOSTRAciõN. Si en estos triângulos AC = A^Cy, son iguales en virtud dei primer critério de la igualdad (axioma V). Supongamos que AC t/= AyCy. Entonces nos encontramos con que AC > AyCy o que AC < AyCy. Supongamos, para concretar, que AC > AyCy. Construyamos en la semirrecta AC el segmento AC^ igual a AyCy. Según el teorema 1.5, el punto Ca se halla entre ^ y C. Los triângulos AyByCy y ABC2 son iguales debido al primer critério de la igualdad ya que AB = AyBy y Z-A = Z^Ay por hipótesis dei teorema y ^Ca = AyCy por construcción. De la igualdad de estos triângulos resulta la igualdad de los ângulos AyByCy y ABC^- Además el ângulo AyByCy es igual al ângulo ABC por hipótesis dei teorema. El rayo BC^ pasa entre los rayos BA y BC ya que corta el segmento AC. Por ello, el ângulo ABC^ es menor que el angulo ABC. Hemos llegado a una contradicción, pues estos ângulos son iguales. Queda demostrado el teorema. Triângulo isósceles. Un triângulo se llama isósceles si tiene dos lados iguales. Estos lados iguales se llaman lateralesyel tercerlado se llama base dei triângulo (fig. 29). TEOREMA 4.2. En un triângulo isósceles los ângulos de la base son iguales. O sea, Fig. 29 si AC = BC en el triângulo ABC, se tiene Z-A = Z-5. DEMOSTRACiON. El triángulo CAB es igual al triângulo CBA según el primer critério de la igualdad de los triângulos. Efectivamente, se tiene CA = CB, CB = CA y /LC = Z-C. 34

De la igualdad de los triângulos resulta que /_A = /_B. Queda demostrado el teorema. TEOREMA 4.3. Si enun triângulo ABC se tiene / A = /LB, el triângulo es isõsceles. A saber: AC = BC. DEMOSTRACIÕN. El triángulo ABC es igual al triângulo BAC por el segundo critério de la igualdad de los triângulos. Efectivamente, AB = BA, /CB = /_A y /CA = Z_B. De la igualdad de los triângulos resulta que AC = BC. Queda demostrado el teorema. El teorema 4.3 es el recíproco dei teorema 4.2. La tesis dei teorema 4.2 es la hipótesis dei teorema 4.3 mientras que

la hipótesis dei teorema 4.2 es la tesis dei teorema 4.3. No todo teorema tiene recíproco, es decir, si el teorema es verídico, el teorema recíproco puede no serio. Aclaremos esto con el ejemplo dei teorema 2.3. Su teo¬ rema recíproco seria el siguiente: si el rayo c parte dei vértice de un ângulo {ab) y la recta que lo contiene separa los lados dei ângulo, el rayo c pasa entre los lados dei ângulo. Esta afirmación no es válida. Fíjense en la fig. 30. La recta que contiene el rayo c separa los lados dei ângulo {ab) y, sin embargo, el rayo c no pasa entre los lados dei ângulo ya que no corta ningún segmento cuyos extremos se hallan en los lados dei ângulo. El rayo complementario dei rayo c pasa entre los lados dei angulo {ab). Mediana, bisectriz y altura. Sea ABC un triángulo y sea D un punto de la recta AB (fig. 31). El segmento CD se llama mediana dei triángulo relativa al lado AS si el punto D es el punto medio dei segmento AB, es decir, si AD = BD. El segmento CD se llama bisectriz dei triángulo si la semirrecta CD pasa entre los lados CA y CB dei triángulo y divide 3*

35

el ângulo C por la iiiitad, o sea, si /LACD = Z.BCD. El segmento CD se llama altura dei triângulo si ias rectas AB y CD son perpendiculares. TEOREMA 4.4. En el triângulo isósceles la mediana relativa a la base es bisectriz y altura. DEMOSTRAGiõN. Sea ABC el triângulo isósceles de base AB (fig. 32). Sea CD la mediana relativa a la base. Los triângulos CAD y CBD son iguales según el primer critério de la igualdad de los triângulos. Sus lados y 5C son igua¬ les por ser el triângulo ABC isósceles. Los ângulos CAD y CBD son iguales por el teorema 4.2. Los lados AD y BD son iguales porque D es el punto medio dei segmento AB. De la igualdad de los triângulos resulta la igualdad de los ângulos: Z..ACD = Z^BCD y /_ADC = Fig. 32 = /LBDC. Por ser iguales los ângulos ACD y BCD, resulta que CD es bisectriz. Como los ângulos ADC y BDC son adyacentes e iguales, resultan rectos y, por ello, CD es altura dei triângulo. Queda demostrado el teorema. Tercer critério de la igualdad de los triângulos. El tercer. critério de la igualdad de los triângulos se enuncia en el teorema siguiente. TEOREMA 4.5. Si los triangulos ABC y A^^B^^Cy son tales que AB = AyBy, AC = AyCy y BC = ByCy, los triangulos son iguales. A saber, también /_A = Z_Ay,Z_ B = Z..By y Z_C = /_Cy. DEMOSTRAGIÕN (fig. 33). Si eS / A = Z.^1 o Z.S = = Z-5i, los triangulos son iguales según el primer critério

Fig. 33 de la igualdad de los triângulos. Supongamos que en los triangulos se tiene /_A Z-^i y B ^ A^By. Construyamos a partir de la semirrecta AB en el semiplano en el que se 36

encuentra el punto C un ângulo igual al Z-^i y construyamos en su lado cl segmento AC^ igual a A^CiLos triângulos A^B^C^ y ABC2 son iguales según el primer critério. Tienen AB = A^B^ por la hipótesis dei teo¬ rema y AiCi — AC2 y ^BiAiCi = /LBAC2 por construcción. De la igualdad de los triângulos resulta que BC2 = = B,C,. Los triângulos CC2A y CC2B son isósceles y tienen CC2 como base común. En ellos A~C = AC^ ya que AC = A^C^ y que A^Ci = AC2', además, BC = BC2 ya que BC — B^Ci y que B^C^ = SCj. Sea D el punto medio dei segmento CCa- El punto D no se halla en la recta AB porque el segmento CC2 no corta esta recta. De aqui se deduce que las rectas AD y BD son diferentes. En virtud dei teorema 4.4, las rectas AD y BD son per¬ pendiculares a la recta CCj. Sin embargo, según el teore¬ ma 3.3, por el punto D se puede trazar solamente una recta perpendicular a la recta CCa- Hemos llegado a una contradicción. Queda demostrado el teorema.

Preguntas de repaso 1. íQué segmentos se llaman iguales? 2. íQué ângulos se llaman iguales? 3. íQué es triângulo? 4. íQué significa la frase: el triângulo ABC es igual al triângu¬ lo PQRl 5. Enúnciese el primer critério de la igualdad de los triângulos. 6. Enúnciese y demuéstrese el segundo critério de la igualdad de los triângulos. 7. íQué triângulo se llama isósceles? íQué lados dei triângulo isósceles se llaman laterales? íQué lado se llama base? 8. Demuéstrese que en el triângulo isósceles los ângulos de la base son iguales. 9. Demuéstrese que un triângulo con dos ângulos iguales es isós¬ celes. 10. íQué es el teorema recíproco? Dese un ejemplo. ^Existe el recíproco de cualquier teorema? 11. Demuéstrese que en el triângulo equilátero todos los ângulos son iguales. 12. Demuéstrese que un triângulo de ângulos iguales es equilátero. 13. íQué son mediana, bisectriz y altura dei triângulo? 14. Demuéstrese que en el triângulo isósceles la mediana relativa a la base es bisectriz y altura. 15. Demuéstrese el tercor critério de la igualdad dc los triân¬ gulos. 37

Ejercicios 16. Demuéstrese que si el rayo c, que parte dei vértice de un ângu¬ lo (ab), pasa entre sus lados, el ângulo (ac) es menor que el ângulo (ab). 17. Muéstrese con un ejemplo que dos triângulos ABC y AiBiCi tales que AB = AiBi, BC = BiCi y A A = A Ai pueden no ser iguales. 18. Demuéstrese que en el triângulo isósceles la bisectriz relativa a la base es mediana y altura. 19. Demuéstrese que en el triângulo isósceles las medianas rela¬ tivas a los laterales son iguales y las bisectrices relativas a los laterales son iguales. 20. Demuéstrese que los puntos médios de los lados dei triângulo isósceles son vórtices de otro triângulo isósceles. 21. Demuéstrese que si el triângulo ABC es igual al triângulo BC A, es equilátero.

§ 5. RELACIONES ENTRE LOS ÂNGULOS Y LOS LADOS DEL TRIÂNGULO Relaciones entre los ângulos dei triângulo, teorema 5.1. La suma de dos ângulos cualesquiera dei triângulo es menor que 180°. DEMOSTRAciõN. Sea ABC el triângulo dado (fig. 34). Demos¬ tremos que la suma de los ângulos de los vértices A y C es menor que 180°. Indiquemos por O el punto medio dei lado AC. Construyamos en la prolongación dei segmento BO el segmento OD igual a OB. Los triângulos AOD y COB son iguales. Tienen iguales los ângulos de vértice O, por ser estos verticales, y AO = OC y OD = OB por construcción. De la igualdad de estos triângulos se deduce que Z_OCB = Z_OAD. Fig. 34 El ângulo BAD es igual a la suma de los ângulos BAO y D AO ya que el rayo AO corta el segmento BD cuyos extremos se hallan en los lados dei ângulo BAD. Puesto que aAOAD — /_OCB, el ângulo BAD es igual a la suma de los ângulos de vérti¬ ces A y C dei triângulo ABC. El ângulo no es llano porque el punto D no se halla en la recta .45. Por ello, el ângulo BAD es menor que 180°. Es decir, la suma de los ângulos ^ y C dei triângulo ABC es igual al ângulo BAD menor que 180°. Queda demostrado el teorema. 38

Se llama agudo todo ângulo menor que el recto, o sea, menor que 90°. Todo ângulo mayor que 90° pero menor que 180° se llama obtuso. Del teorema 5.1 se deduce que en cualquier triângulo hay dos ângulos agudos. En efecto, si fuera agudo sólo un ângulo, la suma de los otros dos ângulos seria no menor que 180° a despecho dei teorema 5.1. En un triângulo ABC se llama ângulo exterior de vértice A al que es adyacente dei angulo de este mismo vértice en el triângulo. Para no confundir el ângulo de vértice A dei triângulo con el ângulo exterior de mismo vértice, el primero se denomina interior. TEOREMA 5.2. Todo ângulo exterior dei triângulo es mayor que cualquier ângulo interior no adyacente de éste. DEMOSTRAGiõN. Sea ABC el triângulo dado. Demostremos que el ângulo exterior de vértice A es mayor que el ângulo interior B. Según el teorema 5.1, la suma de los ângulos interiores ^ y 5 es menor que 180°, o sea, / A -f- ALB es menor que 180°. De aqui resulta que el A_B es menor que 180° — Z^A. Pero, según la propiedad de los ângulos adyacentes, 180° — / A es la medida gradual dei angulo exte¬ rior de vértice A. Queda demostrado el teorema. Relación entre los ângulos dei triângulo y sus lados opuestos. TEOREMA 5.3. Si AB > BC en un triângulo ABC, el Z-C es mayor que el /_A. Recíprocamente, si el A_C es mayor que el /^A, se tiene AB > BC. En otros palabras, al lado mayor de un triângulo se opone el ângulo mayor y a mayor ângulo se opone mayor lado. demostracion. Sea AB > BC en el triângulo ABC (fig. 35). Consideremos en la semirrecta BA el segmento BC^ igual a BC. El punto Ci se halla entre A y B. La semirrecta CCi pasa entre CA y CB, pues corta el segmento AB. Por ello, el ângulo BCCi es menor que el ângulo BC A, o sea, menor que el angu¬ lo C dei triângulo ABC. Los ângulos BCC^ y BC^C son igua¬ les por ser ângulos de la base dei triân¬ gulo isósceles CBCi- El / BCiC es el 35 ângulo exterior de vértice Ci dei triân¬ gulo ACiC y, por esto, es mayor que el ângulo A. Así, el ^ C dei A ABC es mayor que el Z A de este triângulo. Queda demostrada la afirmación dei teorema. 39

Demostremos ahora que si Z-C es mayor que Z^A, se tiene AB > BC. Supongamos que la afirmación no es válida. Bntonces, AB = BC o AB < BC. En el primer caso el triângulo ABC es isósceles y, por consiguiente, los ângulos A y C de su base son iguales. Pero esto contradice a la hipótesis de que el /_C es mayor que el /_A. Ahora bien, si es AB < BC, resulta según lo demostrado que el /_A es mayor que el zbC, lo que también contradice a la hipótesis. Por lo tanto, si el /_C es mayor que el Z^A, se tiene AB > BC. Queda demostrado el teorema. Relaciones entre los lados dei triângulo, teorema 5.4. En todo triângulo la suma de dos lados es mayor que el tercer lado. DEMOSTRAGióN. Sea ABC el triângulo dado (fig. 36). Demostremos que AB < AC + CB. Consideremos en la semirrecta AC oi segmento AD igual a AC + CB. El punto C estará entonces entre A y D y CD = CB. Los ângulos B y D dei triângulo BCD son iguales por ser ângulos de la base de un triângulo isósceles. El ângulo ABD es mayor que el ângulo CBD ya que la semirrecta BC pasa entre BA y BD. Por con¬ siguiente, el ângulo ABD es mayor que el ângulo ADB. Emplcando el teorema 5.3, deducimos que AD > AB, es decir, que AC-f- BC > AB. Queda demostrado el teorema. Desigualdad triangular. Si los puntos A y B son dife¬ rentes, la longitud dei segmento AB se llama distancia entre estos puntos. Si los puntos A y B coinciden, la distan¬ cia entre ellos se considera igual a cero. La desigualdad triangular es la propiedad de las distan¬ cias entre tres puntos que enuncia el teorema siguiente. TEOREMA 5.5. Si A, B y C son tres puntos, no necesariamente distintos, la distancia AB no es mayor que ^a suma de las distancias AC + CB. demostraciõn. Distingamos cuatro casos; 1) los tres puntos A, B y C son diferentes y no se hallan en una misma recta; 2) todos los puntos son diferentes pero se hallan en una misma recta; 3) dos puntos coinciden y 4) todos los puntos coinciden. En el primer caso la afirmación resulta dei teorema 5.4. 40

Consideremos el segundo caso. Aceptemos, pues, que los puntos A, B y C son diferentes pero se hallan en una misma recta. Uno de estos puntos estará entre los otros dos. Si C se halla entre A y B tenemos AB = AC + CB por la propiedad de la medición de los segmentos. Si A se halla entre B y C, tenemos AB + AC = BC. Si B se halla entre A y C, tenemos AB BC = AC. Vemos que cualquiera que sea la posicióii de los puntos A, B y C distancia AB no es mayor que AC + CB. Consideremos el tercer caso: dos de los tres puntos coinciden. Si coinciden los puntos A y jB, se tiene AB = 0. Si coinciden A y C, se tiene AB = CB. Si coinciden B y C, se tiene AB = AC. Ve¬ mos que en cualquier caso de coincidência de dos puntos, AB no es mayor que AC + CB. En el cuarto caso, en el que los tres puntos coinciden, todas las distancias AB, BC y AC son iguales a cero y, por consiguiente, AB no es mayor que AC + CB. En resumen, para cualesquiera tres puntos A, 5 y C la distancia AB no es mayor que la suma de las distancias AC + CB. demostrado el teorema. Del teorema 5.5. se deduce que cualesquiera que sean los n + 2 puntos A, Ci, C2, ■ ■ Cn, B, nunca es AB mayor que ACi + C1C2 + C2C3 4- • • • + CnB. En efecto, según el teorema 5.5, AB no es mayor que ACi -f- CiB. Según este mismo teorema, C^B no es mayor que C^C^ + C^B. Por ello, AB no es mayor que AC^A- C^C^ + C^B. Ahora hien, C^B no es mayor que C2C3 + C3B. Por consiguiente, AB no es mayor que ACi + CiCj + C^Cz + C3B. Y asi sucesivamente. En definitiva se obtiene que AB no es mayor que AC, + C1C2 + C2C3 + . . . + Cr,B. Se llama quebrada la figura que consta de los puntos A,, A2, A3, . . ., An, con los segmentos A1A2, A2A3, . . . . . ., An_iAn uniendo los puntos consecutivos. Los puntos Al, Aj, A3, . . ., An se llaman vértices de la quebrada y los segmentos AiA2> A2A3, ... se llaman lados de la quebrada. Los puntos Ai y A„ se llaman extremos de la quebrada. Se llama longitud de la quebrada la suma de las longitudes de sus lados. En la fig. 37 se representa una quebrada de vértices A,, A^, ■ ■ ., Ag. 41

La longitud de la quebrada no es menor que la longitud dei segmento que une sus extremos. Efectivamente, sea ... la quebrada dada. Entonces, según hemos demostrado, la longitud dei seg¬ mento Ai^An no es mayor que la suma de las longitudes de los segmentos ^1^21 ^2^31 . • -i es decir, que la longitud de la quebrada. Preguntas de repaso 1. íQué sen los ângulos dei triângulo ABCt 2. Preguntas relacionadas con la demostración dei teorema 5.1 (fig. 34): 1) ,iPor qué son verticales los ângulos COB y AOD? 2) iPor qué es el ângulo BAD igual a la suma de los ângulos CAB y CAD? 3) ,iPor qué es el ângulo BAD menor que 180°? 3. íQué ângulo se llama agudo? íQué ângulo se llama obtuso? 4. Demuéstrese que cualquier triângulo tiene dos ângulos agudos. 5. íQué es el ângulo exterior de vértice A dei triângulo ABC? 6. Demuéstrese que el ângulo exterior de todo triângulo es mayor que cualquier ângulo interior no adyacente. 7. Preguntas relacionadas con la demostración dei teorema 5.3 (fig. 35): 1) iPor qué se halla entre .4 y S el punto Ci? 2) ijPor qué es BCiC ângulo exterior de vértice C, dei triângu¬ lo ACCi? 3) ^Por qué es el ângulo BCCi menor que el ângulo BC A? 8. Demuéstrese que en todo triângulo la suma de dos lados es mayor que el tercero. 9. íQué es la distancia entre los puntos A y B? 10. ^En qué consiste la desigualdad triangular? Demuéstrese la desigualdad triangular. 11. iQué es quebrada? Demuéstrese que la longitud de la quebra¬ da no es menor que la distancia entre sus extremos. Ejercicios 12. íExiste un triângulo de dos ângulos rectos? 13. Demuéstrese que en cualquier triângulo hay dos ângulos exteriores obtusos. 14. Demuéstrese que dos rectas perpendiculares a una tercera no se cortan. 15. En el lado AB dei triângulo ABC se ha tomado un punto D. Demuéstrese que el segmento CD es menor, por lo menos, que uno de los lados AC 0 BC. 16. Demuéstrese que cualquier segmento cuyos extremos se hallan en los lados de un triângulo no es mayor que el lado mayor dei triân¬ gulo. 17. iPuede tener el triângulo ABC los lados AB = 7 cm, BC = = 10 cm y .4C = 18 cm? Arguméntese la respuesta. 18. Demuéstrese que siendo AB = BC AC, los tres puntos A, B y C se hallan en una misma recta. 42

19. Considérese la fig. 34. En ella BO es la mediana dei triângulo ABC relativa al lado AC. Demuéstrese que la mediana BO es menor que la semisuma de los lados BA y BC. 20. Demuéstrese que si los vértices de una quebrada no se hallan en una recta, la longitud de la quebrada es mayor que la longitud dei segmento que une sus extremos. 21. Demuéstrese que la distancia entre dos vértices cualesquiera de una quebrada cerrada no es mayor que la mitad de su longitud. § 6. TRIÂNGULOS RECTÃNGULOS Ângulos y lados dei triângulo rectángulo. Se llama tri¬ ângulo rectângulo aquel que tiene un ângulo recto. Puesto que todo triângulo tiene dos ângulos agudos, en un triân¬ gulo rectángulo sõlo un ângulo es recto. Los otros dos son agudos. Los lados dei triângulo rectángulo tienen denominaciones especiales. A saber, el lado opuesto al angulo recto se llama hipotenusa. Los otros dos lados se llaman catetos. Los ângulos opuestos a los catetos son agudos. Ya que en cualquier triângulo a mayor ângulo se opone mayor lado (teorema 5.3), en el triângulo rectángulo la hipo¬ tenusa es mayor que cualquiera de los catetos. Puesto que en cualquier triângulo la suma de dos lados es mayor que el tercero, en el triângulo rectângulo la suma de los catetos es mayor que la hipotenusa. Igualdad de los triângulos rectángulos. Para los triângu¬ los rectángulos, además de los critérios de la igualdad que conocemos, existen otros. Estos critérios de la igualdad de los triângulos rectángulos están en el teorema siguiente: TEOREMA 6.1. Los tríângulos rectángulos ABC y de ângulos rectos C y Ci son iguales si se cumple una de las condiciones siguientes: 1) BC = B,C, y Z_A - Z^Ap, 2) AB = y BC = B^Cp 3) AB = A,B, y Z-A = Z^A,. DEMOSTRAGION (fig. 38). Consideremos primero el caso en que se cumpla la condición 1) o la condición 2). Si se tiene AC = AiCi, los triângulos son iguales debido al primer critério de la igualdad de los triângulos en el caso en que se cumpla la condición 1) y debido al tercer critério de la igualdad de los triângulos en el caso en que se cumpla la condición 2). Supongamos que AC AiCi. Sea, por ejemplo, AiCi < < AC. Consideremos en la semirrecta CA el segmento CA2 43

igual a CiAi (fig. 38, a la izquierda). El punto estará entre A y C. Los triângulos A^B^C^ y A^BC son iguales en virtud dei primer critério de la igualdad. Tienen los ângulos Cl y C rectos, BC = B^C^ por hipótesis y ^iCi =A^C^ot construcción. De la igualdad de los triângulos se deduce que /LBA^C = Z-5i^iCi y BA^ = B^A^. En caso de que se cumpla la condición 1), la igualdad de los ângulos BA^C y i?i^iCi es imposible. En efecto, el ângulo B^AiCi es igual al ângulo BAC. Por consiguiente, en el triângulo ABA^ resultan iguales el ângulo exterior de vértice ^2 Y ângulo interior de vértice A. Pero esto contradice el teorema sobre el ângulo exterior dei triângulo.

Fig. 38 En caso de que se cumpla la condición 2), la igualdad de los lados BA^ y i?i^i es imposible. En efecto, tenemos BiAi = BA. O sea, el triângulo ABA.^, 6s isósceles. Su angulo de vértice ^2 es obtuso por ser el adyacente de un ângulo agudo dei triângulo rectángulo BCA,^. Por lo tanto, el ângulo A es también obtuso. Pero esto es imposible. Resumiendo, si se cumple cualquiera de las condiciones 1) 0 2), debe tener lugar la igualdad AC = AiCi. En este caso, como hemos demostrado ya, los triângulos ABC y AiBiCi son iguales. Supongamos ahora que para los triângulos ABC y AiBiCi se cumple la condición 3). Demostremos que los triângulos son iguales. Si se tiene AC = RiCi, los triângulos ABC y AiBiC^ son iguales debido al primer critério ya que AB = AiBi y Z.A = ALAi. Aceptemos que AC =5^ AjCi. Sea, por ejemplo, AC > > AiCi. Tomemos en la semirrecta AC el segmento AC2 igual a AiCi (fig. 38, a la derecha). Los triângulos ABC.2, y AijBiCi son iguales por el primer critério de la igualdad de los triângulos. De la igualdad de los triângulos ABC2 44

y se deduce que cl ângulo AC^B es recto. Por consiguiente, cl ângulo CC^B es recto, pues es el adyacente dei ângulo AC^B. O sea, el triângulo CBC^ tiene dos ângulos rectos. Pero esto es imposible. Resumiendo, si se cumple la condición 3), tiene lugar la igualdad AC = A^Ci- En este caso, como hemos demostrado ya, los triângulos ABC y A^B^C^ son iguales. Queda demostrado el teorema. Perpendicular y oblicua. Sean a una recta, B un punto que no le pertenece y ^ un punto de la recta a. El segmento BA se llama perpendicular trazada por el punto 5 a la recta a, si las rectas a y AB son perpendiculares (fig. 39). El punto A se llama pie de la perpendicular.

Fig. 39

Fig. 40

TEOREMA 6.2. Por todo punto exterior a la recta dada se puede trazar una perpendicular a esta recta y sólo una. demostraciõn. Sea a la recta dada y sea B un punto que no se halla en esta recta (fig. 40). Tomemos en la recta a dos puntos cualesquiera C y D. Si la recta BC es perpendicu¬ lar a la recta a, el segmento BC es precisamente la perpen¬ dicular trazada por el punto 5 a la recta a. Supongamos que BC no es perpendicular a la recta a. La recta a divide el plano en dos semiplanos. El punto B pertenece a uno de ellos. Construyamos en el otro semiplano, a partir de la semirrecta CD, un angulo igual a BCD y con¬ sideremos en su lado el segmento C5i igual al segmento CB. Los puntos B y B^ se hallan en distintos semiplanos respecto a la recta a y, por esto, el segmento BB^ corta esta recta en un punto A. Los triângulos CAB y CAB^ son igua¬ les por el primer critério de la igualdad de los triângulos. 45

Tienen el lado AC común y, aderaás, /_BCA = /CB^^CA y CB = Ci?i por construcción. De aqiií se deduce que son iguales los ângulos de vértice A de estos triângulos. Pero como estos ângulos son adyacentes, resultan rectos. O sea, la recta BA es perpendicular a la recta a, es decir, el seg¬ mento BA es la perpendicular trazada por el punto jB a la recta a. Aceptemos ahora que por el punto B se pueden trazar dos perpendiculares BA y BAi a la recta a. Entonces el triângulo BAA^ tendrádos ângulos rectos: el /_A y el Pero esto es imposible. Luego, por bB el punto B se puede trazar una / perpendicular a la recta a y sólo / una. Queda demostrado el teorema. / Sea 5A la perpendicular trazada / por el punto é a la recta a y sea C / un punto cualquiera de la recta a —-L---- diferente de A. El segmento BC ^ ^ se llama oblicua trazada por el punto jB a la recta a (fig. 41). El punto C se llama pie de la oblicua. El segmento AC se llama proyecciõn de la oblicua. Observando el triângulo rectángulo BAC de ângulo recto A, vemos que la oblicua es mayor que la per¬ pendicular. En este triângulo la oblicua es la hipotenusa y la perpendicular, un cateto. Se llama distancia entre el punto 5 y la recta a, que no pasa por el punto B, la longitud de la perpendicular trazada a la recta a por el punto B. Puesto que la perpendicular es menor que cualquier oblicua trazada por el mismo punto, la distancia entre el punto B y la recta a no es mayor que la distancia entre el punto B y cualquier punto de la recta a.

Preguntas de repaso. 1. iQué se llama triângulo rectángulo? 2. Demuéstrese quo ol triângulo rectángulo tiene un solo ângulo recto. 3. íQué lado dei triângulo rectángulo se llama hipotenusa? íQué lados se llamen catetos? 4. Demuéstrese que en el triângulo rectángulo la hipotenusa es mayor que cualquiera de los catetos. 5. Demuéstrese que en el triângulo rectángulo la suma de los catetos es mayor que la hipotenusa . 46

6. Enúnciense los critérios primero, segundo y torcero de la igualdad de los triângulos. 7. Enúnciense y demuéstrense los critérios especiales de la igualdad de los triângulos rectáiigulos. 8. íQué es perpendicular? 9. Demuéstrese que por todo punto exterior a una recta se puede trazar una perpendicular a esta recta y sólo una. 10. íQué es oblicua? íQué es la proyección de una oblicua? 11. Demuéstrese que la perpendicular es menor que cualquier oblicua trazada por el mismo punto. 12. tQué es distancia entre un punto B y una recta a que no pasa por el punto 5? Demuéstrese que la distancia entre un punto B y una recta a no es mayor que la distancia entre el punto B y cualquier punto de la recta a. Ejercicios 13. Demuéstrese que las oblicuas iguales, trazadas a una recta dada por un mismo punto, tienen proyecciones iguales. Y recíproca¬ mente, que si son iguales las proyecciones de las oblicuas, también son iguales las oblicuas. 14. Demuéstrese que la altura dei triângulo isósceles relativa a la base es mediana y bisectriz. 15. ijCómo trazar por el vértice A de un triângulo ABC una recta que corte el lado BC de manera que sean iguales las distancias entre esta recta y los vértices y C? 16. Demuéstrese que dos bisectrices dei triângulo se cortan en un punto equidistante de todos los lados dei triângulo. 17. Demuéstrese que las tres bisectrices dei triângulo sc cortan en un punto. 18. Por el punto B se ha trazado a la recta a la oblicua BC. Demuéstrese que por el punto B se puede trazar otra oblicua BD de la misma longitud que BC. 19. Demuéstrese que por un punto no se pueden trazar tres obli¬ cuas do igual longitud a una misma recta. 20. Por el punto B se han trazado a la recta a la perpendicular BA y dos oblicuas BC y BD. El punto D se halla entre A y C. Demués¬ trese que el ângulo BDC es obtuso. 21. Demuéstrese que de dos oblicuas trazadas por un mismo punto a una recta es mayor aquella que tiene mayor proyección. Y recípro¬ camente, que la oblicua mayor posee mayor proyección. § 7. CONSTRUCCIONES GEOMÉTRICAS En qué consisten los problemas de construcción. En los problemas de construcción se trata de construir una figura geométrica con instrumentos de dibujo dados. Estos instru¬ mentos son en la mayoría de los casos la regia y el compás. La solución dei problema consiste no tanto en la construc¬ ción de la figura como en explicar el modo de realizaria 47

y en efectuar la deinostración correspoiidiente. El problema se considera resiielto si se ha senalado el método de construcción de la figura y se ha demostrado que realizando las construcciones indicadas se obtiene efectivamente la figura con las propiedades pedidas. La regia como instrumento de construcciones geométricas permite trazar una recta cualquiera, una recta cualquiera que pasa por un punto y la recta que pasa por dos puntos. Con la regia no se puede realizar ninguna otra operación. En particular, no se puede construir segmentos aun cuando la regia esté graduada, no pueden usarse simultáneamente ambos bordes de la regia, etc. El compás como instrumento de construcciones geométri¬ cas permite describir desde un centro la circunferência de radio dado. En particular, el compás permite construir el segmento en una recta dada y a partir de un punto dado. Consideremos los problemas elementales de construcción. Construcción dei triângulo de lados dados, problema 7.1. Constrúyase el triângulo de lados dados a, h y c (fig. 42, a la izquierda). soLUGiõN. Tracemos con la regia una recta y marquemos en ella un punto B cualquiera (fig. 42, a la derecha). Tra¬ cemos con el compás una circunferência de centro 5 y de

radio a. Sea C su punto de intersección con la recta. Trace¬ mos ahora una circunferência de centro 5 y de radio c y otra de centro C y de radio h. Sea A el punto de intersección de estas circunferências. Los lados dei triângulo ABC son a, h Y c. El problema 7.1 no siempre tiene solución. Según el teorema 5.4, los segmentos a, b y c deben satisfacer las condiciónes a + b > c, 6-4-c>a y c + b. 48

Coiistruccióii dei ângulo igual a uno dado. problema 7.2. Constrúyase a partir de una semirrecta y en el semiplano indicado el ângulo igual al ângulo dado. soLUGiõN. Tracemos una circunferência cualquiera de centro en el vértice A dei angulo dado (fig. 43, a la izquierda). Sean 5 y C los puntos de iutersección de la circunferência y de los lados dei ângulo. Tracemos una circunferência de radio AB y de centro en el punto O, o sea, en el punto de origen de la semirrecta dada. Indiquemos por (fig. 43,

Fig. 43

a la derecba) el punto de intersección de esta circunferência y de la semirrecta dada. Tracemos la circunferência de centro B^ y de radio BC. El punto Ci de intersección de las circunferências trazadas en el semiplano dado se halla en el lado dei ângulo pedido. Para demostrarlo basta observar que los triângulos ABC y OB^Ci son iguales por ser triân¬ gulos de lados respectivamente iguales. Los ângulos A y O son ângulos correspondientes de estos triângulos. División dei ângulo por la mitad. problema 7.3. Divídase por la mitad el ângulo dado. SOLUGIÕN. Considerando el vértice A dei angulo dado como centro, tracemos una circunferência de radio cualquiera (fig. 44). Sean 5 y C los puntos de su intersección con los lados dei ângulo. Tracemos circunferências dei mismo radio y de centro en los puntos B y C. /\ Sea D el punto de intersección de las mismas diferente de La semirrec¬ ta AD divide el ângulo A por la mitad. Esto resulta de la igualdad de Fig. 44 los triângulos ABD y ACD en los que los ângulos DAB y D AC son correspondientes. División dei segmento por la mitad. problema lA.Divídase por la mitad el segmento dado. 4—oi;

49

soLUciõN. Sea AB el segmento dado (fig. 45). Tracemos dos circunferências de radio AB y de centro en los puntos A y B. Sean C y los puntos de intersección ^ de estas circunferências. Se hallan en se/\ miplanos diferentes respecto a la recta AB. / \ El segmento CC^ corta la recta AB en un / \ punto O. Este es precisamente el punto /_0_\d medio dei segmento AB. 'T ’ y‘ Eíectivamente, los triângulos CAC^ y \ / CBCi son iguales en virtud dei tercer cri\ / terio de la igualdad de los triângulos. De \/ aqui resulta la igualdad de los ângulos ^ ACO Y BCO. Entonces, los triângulos ACO ' y BCO son iguales por el primer critério. Fig. 45 Lpg lados AO y BO son lados correspondientes de estos triângulos y, por consiguiente, son iguales. O sea, O es el punto medio dei segmento AB. Construcción de la perpendicular, problema 7.5. Trâcese por el punto O la perpendicular a la recta a. SOLUCIÕN. Se pueden presentar dos casos: 1) el punto O se halla en la recta a; 2) ol punto O no se halla en la recta a. Consideremos el primer caso (fig. 46, a la izquierda). Tracemos una circunferência de radio cualquiera y de centro O. Corta la recta en dos puntos A y B. Tracemos dos circunferências de radio AB y con centros en los puntos A Y B. Sea C el punto de intersección de las mismas. La recta pedida pasa por los puntos O y C. La perpendicularidad de las rectas OC y AB resulta de la igualdad de los ângulos de vórtice O en los triângulos ACO y BCO. Estos triângulos son iguales por el tercer critério de la igualdad de los triân¬ gulos. Consideremos el segundo caso (fig. 46, a la derecha). Tracemos una circunferência de radio cualquiera que tiene su centro en O y que corta la recta a. Sean A y B sus puntos de intersección con la recta a. Tracemos dos circunferências de centro en los puntos A y B y dei mismo radio. Sea 0^ el punto de intersección de las mismas distinto de O. La recta pedida pasa por los puntos O y 0^. Proponemos al lector argumentar esta construcción. Lugar geométrico de puntos. Uno de los métodos de solución de problemas de construcción es el método de lugares geométricos. Se llama lugar geométrico de puntos una figura

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íormada por todos los puntos dei plano que poseen una propiedad determinada. Por ejemplo, la circunferência es,

Fig. 46 por definición, el lugar geométrico de los puntos equidistan¬ tes de un punto dado. Este punto se llama centro de la cir¬ cunferência y la distancia entre los puntos de la circun¬ ferência y el centro se llama radio de la circunferência. Un importante lugar geométrico de puntos se enuncia en el teorema siguiente: TEOREMA 7.6. El lugar geométrico de los puntos equidistan¬ tes de dos puntos Ay B es la recta perpendicular al segmento A B que pasa por su punto medio O (fig. 47). demostragiõn. De la igualdad de los triângulos AOC y BOC resulta que todo punto C de dicha recta equidista de los puntos AyB. En estos triângu¬ los los ângulos de vértice O son rectos, el lado OC es común y AO = OB ya que O es el punto medio dei segmento AB. Probemos ahora que todo punto D dei plano equidistante de los puntos A y B se halla en la recta OC. Supongamos que el punto D no se halla en la recta OC. Los puntos A y B se hallan en distintos semiplanos respecto Fig. 47 a la recta OC. Supongamos, para concretar, que el punto D se halla en el mismo semiplano que el punto B (como en la fig. 47). Entonces, el segmento AD corta la recta OC en un punto E. Según hemos demostrado, AE = BE. Por hipótesis, AD = BD. De aqui resulta que en el triângulo BDE se tiene DB = BE -f- ED. Pero esto 4*

51

es imposible porque la suma de dos lados es mayor que el tercero. Método de lugares geométricos. La esencia dei método de lugares geométricos aplicado a la resolución de problemas de construcción consiste en lo siguiente. Supongamos que al resolver un problema de construcción tengamos que cons¬ truir un punto X. que cumpla dos condiciones: la condición 1) y la condición 2). El lugar geométrico de los puntos que satisfacen la condición 1) es una figura y el lugar geométrico de los puntos que satisfacen la condición 2) es una figura F^. El punto pedido X pertenece a Fj y a F^, 0 sea, es el punto de intersección de estas figuras. Si nuestros lugares geométricos son simples, es decir, están formados por rectas y circunferências, podemos construirlos y de este modo bailar el punto pedido X. Veamos un ejemplo. Se llama circunferência circunscrita a un triângulo a la que pasa por cada uno de sus vértices. PROBLEMA 7.7. Constrúyase la circunferência que circunscrihe el triângulo dado ABC. soLuciõN (fig. 48). El centro O de la circunferência pedida equidista de los tres vértices A, B y C. Podemos también decir que el centro O satisface dos condiciones: 1) el centro de la cir¬ cunferência equidista de los vérti¬ ces ^ y C; 2) el centro de la circun¬ ferência equidista de los vértices B y C. El lugar geométrico de los pun¬ tos que satisfacen la primera condi¬ ción es la perpendicular al lado AC que pasa por su punto medio D. El lugar geométrico de los puntos que Fig. 48 satisfacen la segunda condición es la perpendicular al segmento BC trazada por su punto medio E. Por lo tanto, el centro O de la circunferência circunscrita se baila en la intersección de estas perpendiculares. De aqui se desprende un importante corolário. Puesto que el centro O de la circunferência circunscrita se baila a igual distancia de los puntos A y B, resulta, según el teo¬ rema 7.6, que está en la perpendicular al segmento AB traza¬ da por su punto medio. Esto implica que las tres rectas, que pasan por los puntos médios de los lados dei triângulo y que 52

son perpendiculares a estos lados, se cortan en un punto que es el centro de la circunferência circunscrita. La aplicación dei método de lugares geométricos no siempre resulta tan sencilla como en el problema 7.7. Con¬ sideremos un ejemplo más complejo. PROBLEMA 7.8. Sean dados una recta a, un punto A de la misma y un punto B que no se halla en la recta a (fig. 49). Indlquese en la recta a un punto X tal que AX XB sea igual a un segmento dado m. soLUciõN. Las dos condiciones que debe satisfacer el pun¬ to X pueden ser representadas así: 1) el punto X se halla en la recta a; 2) AX -f- XB = m. El lugar geométrico de los puntos que satisfacen la primera condición es la propia recta a. Pero el lugar geométrico de los pun¬ tos que satisfacen la segunda condición es bastante complejo. No se reduce a rectas y circunfeFig. 49 rencias. Es decir, no basta con determinar la posición dei punto X mediante dos condicio¬ nes, sino que es preciso también que cada una de ellas defina un lugar geométrico simple formado por rectas y circunferências. Saber formular estas condiciones es lo esencial en la solución dei problema. Veamos como determinar estas condiciones en nuestro problema. Supongamos que el problema ha sido resuelto. Tomemos en la semirrecta AX el segmento AC igual a m. Entonces XC = XB, o sea, el punto X equidista de los puntos B Y C. Podemos enunciar ahora las dos condiciones que determinan la posición dei punto X así: 1) el punto X se halla en el segmento AC\ 2) el punto X equidista de los puntos 5 y C. El primer lugar geométrico es el segmento AC y el segundo lugar geométrico es la recta perpendicular al segmento BC trazada por su punto medio E. El punto X está en la intersección de estos lugares geométricos. Preguntas de repaso 1. iCómo construir el triângulo dados sus tres lados? ^En qué caso es insoluble el problema, es decir, no existe el triângulo de los lados dados? 2. ,:Cómo construir a partir de una semirrecta y en el semiplano indicado un ângulo igual al ângulo dado? 53

3. íCómo dividir por la mitad el ângulo? 4. iCómo dividir por la mitad el segmento? 5. iCómo trazar una perpendicular por un punto a una recta? 6. iQué es lugar geométrico de puntos? 7. iQué representa el lugar geométrico de los puntos equidistan¬ tes de dos puntos? 8. iEn qué consiste la solución de los problemas de construcción por el método de lugares geométricos? Dense ejemplos de problemas de construcción que se resuelven por el método de lugares geométricos.

Ejercicios 9. Constrúyase el segmento igual a la suma (a la diferencia) de dos segmentos. 10. Constrúyase el ângulo igual a la diferencia de dos ângulos. 11. Constrúyase el segmento igual a — dei segmento dado. 1 12. Constrúyase el ângulo igual

a

dei ângulo dado.

13. Constrúyase el triângulo ABC a tenor con las condiciones siguientes: 1) dados el ângulo A y los lados AB y AC; 2) dados el ângulo A y los lados AB y BC; 3) dados los ângulos A y B y e\ lado AB. 14. Constrúyase el triângulo dados sus lados AB y SC y la media¬ na relativa a uno de los lados ÁB o AC. 15. Constrúyase el triângulo dados sus lados AB y SC y la altura trazada desde el vértice A. 16. Constrúyase el punto que se halla a igual distancia de los puntos y S y a una distancia dada dei punto C. 17. Demuéstrese que el lugar geométrico de los puntos equidistan¬ tes de dos rectas secantes consta de las bisectrices de los ângulos for¬ mados por estas rectas. 18. Sea ^SCun triângulo. Constrúyanse todos los puntos equidis¬ tantes de las rectas AB, BC y AC. 19. Constrúyase el punto que se halla a igual distancia de dos rectas y a una distancia determinada de un punto.

§ 8. RECTAS PARALELAS Critérios de paralelismo de rectas, teorema 8.1. Si la recta c es paralela a las rectas a y b , las rectas ay b son para¬ lelas. DEMOSTRAaõN. SupoRgamos que las rectas a y 6 no son paralelas. Entonces se cortan en un punto C. O sea, por el punto C pasan dos rectas paralelas a la recta c. Pero esto es imposible en virtud dei axioma VI. Según este axio¬ ma, por un punto que no se halla en la recta dada se puede 54

trazar a lo sumo una recta paralela. Queda demostrado el teorema. Del teorema 8.1 se deduce que si una recta corta una de las dos rectas paralelas, iambién corta la otra. Sean AB y CD dos rectas. Sea AC otra recta que corta las rectas AB y CD (fig. 50). La recta se llama secante de las rectas AB y CD. Los ângulos formados por las rectas AB y CD y la secante AC tienen nombres especiales. Si los puntos B y D se hallan en un mismo semiplano respecto

Fig. 50 a la recta AC, los ângulos BAC y DCA se denominan correspondientes internos (fig. 50, a la izquierda). Si los puntos B y D están en diferentes semiplanos respecto a la recta AC, los ângulos BAC y DCA se llaman alternos internos (fig. 50, a la derecha). La secante AC forma con las rectas AB y CD dos pares de ângulos correspondientes internos y dos pares de ângulos alternos internos. De la propiedad de los ângulos adyacentes se deduce que al ser iguales los ângulos alternos internos de un par, los ângulos alternos internos dei otro par también son iguales y la suma de los ângulos correspondientes inter¬ nos de cada uno de los pares es igual a 180°. Recíproeamente, si la suma de un par de ângulos correspondientes internos es igual a 180°, la suma dei otro par de ângulos correspon¬ dientes internos es también igual a 180° y los ângulos alter¬ nos internos de cada uno de los pares son iguales. TEOREMA 8.2. Sean a y h dos rectas y c una secante de las mismas. Si las rectas a y b son paralelas, los ângulos alternos internos son iguales y la suma de los ângulos correspondientes internos es igual a 180°. Recíprocamente, si los ângulos alternos internos son iguales o los ângulos correspondientes internos suman 180°, las rectas a y b son paralelas. demostracicn. Comencemos por la segunda afirmación dei teorema. Supongamos que las rectas a y fe no son parale55

las, 0 sea, que se cortan en uii punto C (fig. 51). Consideremos el triângulo ABC. Según el teorema 5.1, la suma de los ângulos ^ y 5 de este triângulo es menor que 180°. Pero estos ângulos son correspondientes internos y la suma de los mismos es igual a 180° por hipótesis. Hemos llegado a rma contradicción. Queda demostrada la segunda afirmación dei teorema. Demostremos la primera afirmación dei teorema. Sean, pues, a y b rectas paralelas. Tracemos por el punto A una recta Uj de modo que la suma de los ângulos correspon¬ dientes internos que forma la secante c con las rectas «i

Fig. 51

Fig. 52

y b sea igual a 180° (fig. 52). Entonces, según hemos demostra¬ do, la recta «i será paralela a b. Pero por el punto A pasa sólo una recta paralela a b. Luego, las rectas a y Ui coinciden. Es decir, la suma de los ângulos correspondientes internos formados por la secante c y las paralelas « y 6 es igual a 180° y, por consiguiente, los ângulos alternos son iguales. Queda demostrado completamente el teorema. Del teorema 8.2 resulta que dos rectas perpendiculares a una tercera son paralelas. Si una recta es perpendicular a una de las rectas paralelas, también es perpendicular a la otra. Suma de los ângulos dei triângulo, teorema 8.3. La suma de los ângulos dei triângulo es igual a 180°. DEMOSTRAGiõN. Sea ABC el triângulo dado (fig. 53). Marquemos el punto medio O dei lado BC dei triângulo. Construyamos en la semirrecta complementaria a la semirrecta O A el segmento OD igual al segmento OA. Los triân¬ gulos BOD y COA son iguales, ya que los ângulos de vér¬ tice O son iguales por ser verticales y, además, OB = OC y O A = OD por construcción. De la igualdad de los triân¬ gulos resulta que el ângulo DBO es igual al angulo ACO. Para las rectas y BD y la secante BC son alternos internos los ângulos DBO y ACO. En efecto, los puntos A 56

y D se hallan en diferentes semiplanos respecto a la recta BC ya que el segmento AD corta la recta BC (en el punto O). Según el teorema 8.2, la igualdad de los ângulos alternos internos DBO y ACO implica que las rectas AC y BD son paralelas. Para las rectas AC y BD y la secante AB son correspondientes internos los ângulos DBA y CAB. Eíectivamente, los puntos C y D se hallan en un mismo semiplano respecto a la recta AB; a saber, en el semiplano al que pertenece el punto O. Puesto que las rectas AC y BD son paralelas, los ângulos correspondientes internos CAB y DBA suman 180°. El ângulo DBA es igual a la suma Fig. 53 de los ângulos DBC y ABC ya que el rayo BC corta el segmento AD cuyos extremos están en los lados dei angulo ABD. Según hemos demostrado, el ângulo DBC es igual al ângulo ACB. Por consiguiente, la suma de los ângulos dei triângulo ABC, 0 sea, la suma /_BCA + Z^ABC + /-CAB, es igual a la suma de los ângulos correspondientes internos formados por las paralelas, es decir, es igual a 180°. Queda demos¬ trado el teorema. En el triângulo rectángulo un ângulo es recto y los otros dos son agudos. Del teorema 8.3 se deduce que en el a rectángulo los ângulos agudos se complementan hasta 90°. TEOREMA 8.4. Todo ángulo exterior dei triângulo es igual a la suma de dos ângulos interiores no adyacentes a él. demostraciõn. Sea ABC el triângulo dado. Según el teo¬ rema 8.3, se tiene Z_A -f- Z_B -j- /_C = 180°. De aqui resul¬ ta que /_A -f- Z_B = 180° — Z_C. En el segundo miembro de esta igualdad figura la medida gradual dei ángulo exterior de vértice C dei A- Queda demostrado el teorema. Las paralelas como rectas equidistantes, teorema 8.5. Las rectas paralelas equidistan, o sea, todos los puntos de una recta estân a una misma distancia de la otra recta. DEMOSTRACIÕN. Sean a y h dos rectas paralelas (fig. 54). Tomemos en la recta a dos puntos cualesquiera A y Ai y tracemos por ellos las perpendiculares AB y AíBí a la recta h. Las rectas AB y AiBí son perpendiculares a la recta b y, por consiguiente, también son perpendiculares a la recta paralela a. 57

Los ângulos BA^A y A^BB^ son correspondientos inter¬ nos 0 alternos internos respecto a la secante A^B. Puesto que ambos son agudos, la suma de los mismos es menor que 180°. Por ello, no pueden ser correspon_ A a dientes internos de las paralelas. O sea, los ângulos BAiA y AiBB^ son alternos internos de las paralelas y por esto lA _ b son iguales. 8 B, Los triângulos rectángulos BAAi y AiB^B son iguales. Tienen la hipotenusa Fig- 54 AíB común y los ângulos agudos y AiBBi son iguales según lo demostrado. De la igualdad de los triângulos deducimos que AB = AiBi, 0 sea, que son iguales las perpendiculares trazadas a la recta b por los puntos A y A^ de la recta a. Queda demostrado el teorema. UROBLEMA 8.6. Hâllese el lugar geométrico de los puntos que perlenecen a un mismo semiplano respecto a la recta a y que equidistan de esta recta. soLUGiõN. Tomemos un punto cualquiera A dei lugar geométrico y tracemos por él la recta Ui paralela a la recta a (fig. 55). Demostremos que esta recta abarca todos los puntos dei ^ lugar geométrico. 4 a, Sea B un punto cualquiera dei ° fe lugar geométrico. Tracemos por el punto B la recta perpendicular a la recta a. Corta la recta a en un ___o punto C y la recta en un pun~ !C to Ci- Como el punto C no separa los puntos Cl y B, de la igualdad Fig- 55 CiC = BC se deduce que los puntos B Y C coinciden, o sea, que el punto B se halla en la Por consiguiente, el lugar geométrico de los puntos dei plano que se encuentran en un mismo semiplano respecto a la recta a y que equidistan de esta recta es una recta paralela a la recta a. PROBLEKA 8.7. Trâcese por un punto B la recta paralela a la recta a. soLuciõN. Trazamo.s por el punto B la recta b perpendicu¬ lar a la recta a (problema 7.5). Trazamos por el punto B la recta c perpendicular a b. La recta c es paralela a la recta a. 58

Preguntas de repaso 1. (i.Qué rectas se llaman paralelas? 2. Énúnciese el axioma de las paralelas. 3. Demuéstrese el teorema 8.1; si la recta a es paralela a las rectas 6 y c, las rectas b y c son paralelas. 4. Demúestrese que si una recta corta una de las dos rectas para¬ lelas, también corta la otra. 5. iQué ângulos se denominan correspondientes internos? íQué ângulos se denominan alternos internos? 6. Sean ABC un triângulo, Bi un punto en su lado AB y Ci un punto en el lado AC. Senálense los ângulos correspondientes internos y alternos internos de las rectas AB y AC y la secante B,C,. 7. Demuéstrese que si los ângulos alternos internos do un par son iguales, los ângulos alternos internos dei otro par también son iguales y los ângulos correspondientes internos de cada uno de los pares suman 180°. Recíprocamente, si la suma de los ângulos correspondieiites internos de uno de los pares es igual a 180°, los ângulos correspondientes internos dei otro par también suman 180° y los ângulos alternos internos de cada uno de los pares son iguales. 8. Énúnciese y demuéstrese el teorema de los ângulos de dos paralelas y una secante. 9. Preguntas relacionadas con la demostración dol teorema 8.3 sobre la suma de los ângulos dei triângulo (fig. 53); 1) iPor qué los ângulos CBD y BCA son internos alternos para las rectas AC y BD y la secante BC? 2) íPor qué los ângulos ABD y BAC son correspondientes internos pára las rectas AC y BD y la secante .45? 3) iPor qué el ângulo ÂBD es igual a la suma de los ângulos ABC y DBC? 10. Demuéstrese que el ângulo exterior dei triângulo es igual a la suma de dos ângulos interiores no adyacentes a él. 11. ^Cuánto suman los ângulos agudos dei triângulo rectángulo? 12. iCuánto valen los ângulos dei triângulo equilátero? 13. Demuéstrese que las rectas paralelas equidistan. Ejercicios 14. Sean a y b dos rectas paralelas. Demuéstrese que la recta 6 se baila en un semiplano respecto a la recta a. 15. íQué es mayor; la base o el lateral dei triângulo isósceles si el ângulo de su vértice es igual a 57°? 16. iCuánto valen los ângulos dei triângulo si están en proporción de 1 ; 2 ; 3? 17. iCuánto valen los ângulos dei triângulo rectángulo isósceles? 18. Demuéstrese que en el triângulo rectángulo de ângulo agudo de 30° el catsto opuesto a este ângulo es igual a la mitad de la hipo¬ tenusa. 19. Sea ABC un triângulo. ^Cómo trazar por el vértice A una recta de modo que los vértices B y C equidisten de la recta yésta no corte el lado BC? 20. Sea ABC un triángi.rlo isósceles de base AB y de laterales AC y BC. Demuéstrese que es constante la suma de las distancias entre las rectas AC y BC y un punto X cualquiera de la base AB. 59

§ 9. CUADRILÁTEROS Cuadriláteros convexos. Recibe el nombre de cuadrilátero una figura ABCD formada por cuatro puntos A, B, C y D, que de tres en tres no se hallan en una misma recta, y por cuatro segmentos AB, BC, CD y AD que unen estos puntos (fig. 56). Los puntos A, B, C y D se llaman vértices dei cua¬ drilátero y los segmentos AB, BC, CD y DA son sus lados.

Fig. 56

Fig. 57

Los vértices ^ y C y los vértices B y D se denominan vértices opuestos. Los lados AB y CD y los lados BC y AD se llaman lados opuestos. Un cuadrilátero se llama convexo si se encuentra en un mismo semiplano respecto a la recta que contiene cualquiera de sus lados (fig. 57). Los segmentos que unen los vértices opuestos dei cuadrilátero se denominan diagonales. TEOREMA 9.1. Las diagonales dei cuadrilátero convexo se cortan. DEMOSTRAGiõN. Sea ABCD el cuadrilátero convexo dado (fig. 57). Los puntos B y C se hallan en un mismo semiplano respecto a la recta AD puesto que el cuadrilátero es convexo. Las semirrectas AC y AB están en un mismo semiplano respecto a la recta AD. Según el teorema 2.2, el rayo AC pasa entre los lados dei ângulo BAD o el rayo AB pasa entre los lados dei ângulo CAD. Pero el rayo AB no puede pasar entre los lados dei ângulo CAD ya que los puntos C y D se hallan en un mismo semiplano respecto a la recta AB. Por consiguiente, el rayo AC pasa entre los lados dei ângulo BAD, o sea, el segmento BD corta la recta AC (según el teorema 2.3). Es decir, la diagonal BD corta la recta AC. Análogamente, con60

siderando los ângulos ABC y ABD, demostraremos que la diagonal AC corta la recta BD. Puesto que la diagonal BD corta la recta AC, las rectas BD y AC se cortan. Pero las rectas AC y BD pueden tener sólo un punto de intersección. En la recta rlC es un punto de la diagonal y en la recta BD es un punto de la diago¬ nal BD-, 0 sea, las diagonales AC y BD se cortan. Queda demostrado el teorema. TEOREMA 9.2. La suma de los ângulos dei cuadrilátero convexo es igual a 360°. DEM0STR.4CIÕN. Sea ABCD el cuadrilátero convexo dado (íig. 57). La semirrecta DB pasa entre las semirrectas DA y DC ya que corta el segmento AC. Por ello, el ângulo D dei cuadrilátero es igual a la suma de los ângulos ADB y CDB. Idénticamente se demuestra que el ângulo B dei cuadrilátero es igual a la suma de los ângulos ABD y CBD. De aqui resulta que la suma de los ângulos dei cuadrilátero es g c igual a la suma de los ângulos de dos triângulos BAD y BCD, o sea, es igual a 360°. Queda demostrado el teorema. Paralelogramo. El paralelogramo ^ es un cuadrilátero en el que los lapj dos opuestos son paralelos, es decir, sehallan en rectas paralelas (fig. 58). El paralelogramo es un cuadrilátero convexo. En efecto, sea ABCD el paralelogramo dado. Tomemos un lado cualquiera dei paralelogramo, digamos AD. Como la recta BC es paralela a la recta AD, el segmento BC no corta la recta AD. Esto significa que los puntos B y C se hallan en un mismo semiplano respecto a la recta AD. En este mismo semiplano están los segmentos BC, AB y DC. Es decir, el paralelogramo se halla en un semiplano respecto a la recta que contiene su lado AD. Tomando otro lado cualquiera dei paralelogramo, llegamos a la misma conclusión. Esto sig¬ nifica que el paralelogramo es un cuadrilátero convexo. TEOREMA 9.3. Los lados opuestos y los ângulos opuestos dei paralelogramo son iguales. DEMOSTRAGiõN. Sea ABCD el paralelogramo dado (fig. 59). Tracemos las diagonales AC y BD dei paralelogra¬ mo. Se cortan en un punto O. Los ângulos BCA y DAC son alternos internos de las paralelas AD y BC y la secante AC 61

ya que los puntos B y D se encuentran en diferentes semiplanos respecto a la recta AC (el segmento BD corta la recta AC). Por consiguiente, los ângulos BCA y DAC son iguales. Análogamente deducimos que ângulos BAC y DCA también son / ! iguales. Los triângulos ACB y CAD son /7OA, o sea, la distancia entre el punto 5 y el centro es mayor que el radio. Por consiguiente, el punto B no pertenece a la circunfe¬ rência. Queda demostrado el teorema. Ângulos centrales. Sean A y B dos puntos de la circunferência (fig. 79). Tracemos la recta que pasa por estos Fig. 78 puntos. Divide el plano en dos semianos. Llamaremos arcos de circunferência a las partes ! la misma que se hallan en estos semiplanos. Si AB 77

és un diâmetro los árcos de circunferência se denominan semicircunferencias. Si la cuerda AB no es diâmetro, diferenciaremos los arcos de circunferência dei modo siguiente. El centro de la circunferência se encuentra en uno de los semiplanos en que la recta AB divide el plano. El arco que se halla en este mismo semiplano será llamado arco mayor que la semicircunferencia. El otro arco será llamado arco menor que la semicircunferencia. Los rádios que van a los puntos dei arco menor que la semicircunferencia cortan la cuerda AB y los rádios que van a los puntos dei arco mayor que la circunferência no cortan la cuerda AB. Fig. 79 Llamaremos ângulo central correspondiente al arco de circunferência dado la figura formada por rayos que parten dei centro de la circunferência y que cortan este arco. En la fig. 79 puede verse los rayos de un angulo central mayor que la semicir¬ cunferencia. Definamos la medida en grados de los ângulos centrales. Si el arco correspondiente AB es menor que la semicircun¬ ferencia, la medida dei angulo central es idêntica a la me¬ dida corriente dei ângulo formado por las semirrectas OA

Fig. 80

Fig. 81

y OB. Si el arco es igual a la semicircunferencia, o sea, si AB es diâmetro, tomamos la medida angular igual a 180°. Finalmente, si el arco es mayor que la semicircunferencia, tomamos la medida angular igual a 360° — a°, donde a° es la medida en grados dei otro ângulo, o sea, dei que es menor que la semicircunferencia. 78

Ângulos inscritos, Un ângulo se denomina inscrito en la circunferência, si su vértice A se halla en la circunferência y sus lados cortan la circunferência en unos puntos B y C distintos de A (fig. 80). La recta BC divide la circunferên¬ cia en dos arcos. El ângulo central, correspondiente a aquel arco que no contiene el punto A, se llaina ângulo central correspondiente al ângulo inscrito dado. En la fig. 80 el ângulo central correspondiente al ângulo inscrito está mar¬ cado por los rayos que parten dei punto O. TEOREMA 11.5. Todo ângulo inscrito en la circunferência es mitad dei ângulo central correspondiente. DEMOSTRACiõN. Considecemos primero el caso en que uno de los lados dei angulo inscrito es un diâmetro (fig. 81). En este caso el ângulo central correspondiente al ângulo inscrito A es igual al ângulo BOC. El triângulo AOB es

Fig. 82 isósceles de laterales O A y OB. Sus ângulos A y B son igua¬ les. El ângulo exterior de vértice O de este triângulo es igual a la suma de los ângulos A y B. De aqui resulta que el ângulo BAC es mitad dei ângulo central correspondiente. Supongamos ahora que ninguno de los lados dei ângulo inscrito es un diâmetro. Tracemos el diâmetro que pasa por el vértice A dei angulo inscrito. Diferenciaremos dos casos: 1) el diâmetro O A separa los lados dei ângulo A (fig. 82) y 2) el diâmetro no separa los lados dei angulo A. Consideremos el primer caso. Según hemos demostrado, /_BAD =~Z.BOD

y

Z^CAD =^^€00. Si el ângulo

central correspondiente al ângulo A es menor que la semicircunferencia (fig. 82, a la izquierda), de aqui resulta que ALBAC =

ALBOC. Por consiguiente, el ângulo BAC

es

mitad dei ângulo central correspondiente. 79

Si d1 angulo central correspondiente al ângulo inscrito A es mayor que la semicircuníerencia (fig. 82, a la derecha), se tiene Z.BOD = 180° — /^AOB y Z.COD = 180° — Z_AOC. De aqui deducimos que /LBAC = = y (360°— Z-SOC), 0 sea, que el ângulo BAC es mitad dei ângulo central correspondiente. Analogamente se analiza el segundo caso en que el di⬠metro AO no separa los lados dei angulo A. Queda demostra¬ do el teorema. Del teorema 11.5 resulta que son iguales los ângulos ins¬ critos cuyos lados pasan por unos puntos A y B de la circun-

Fig. 83

Fig. 84

ferencia y cuyos vértices se hallan en uno de los arcos determi¬ nados por la recta AB (fig. 83). En particular, los ângulos que descansan en un diâmetro son rectos. Sea AB una cuerda de circunferência (fig. 84). Trace¬ mos por el punto A la tangente a la circunferência. El punto A divide la tangente en dos semirrectas llamadas semitangentes. Se llaman correspondientes el ângulo entre la semitangente y la cuerda y el ângulo central que corresponde a aquel de los arcos AB que se encuentra en el mismo semiplano respecto a la recta AB que la semitangente tomada. TEOREMA 11.6. El ângulo entre la cuerda y la semitangente trazada por un punto extremo de la primera es mitad dei ângulo central correspondiente. DEMOSTRACiõN. Tomemos primero aquel ângulo entre la semitangente y la cuerda que corresponda al ângulo central menor (fig. 84). En este caso, el ângulo entre la semitangente y la cuerda es igual a 90° — /LOAB. Pero como el ângulo OAB es igual a — (180° — Z^AOB), resulta que el ângulo que nos interesa es igual a 80

o sea, es mitad dei

ângulo central correspondiente. El ângulo entre la cuerda y la otra semitangente es el adyacente de éste y, por ello, es igual a

—

o sea, precisamente a la mitad

dei ângulo central correspondiente. Queda demostrado el teorema. Circunferências inscrita y circunscrita. Diremos que el punto X se halla dentro dei triângulo ABC (fig. 85) si está al mismo lado de la recta BC que el punto A, al mismo lado de la recta AC que el punto 5 y al mismo lado de la recta AB que el punto C. Se llama circunferência inscrita en el triângulo la que tiene su centro dentro dei triângulo y es tangente a sus lados.

Demostremos que el centro de la circunferência inscrita en el triângulo se halla en el cruce de sus bisectrices (fig. 86). Sea O el centro de la circunferência inscrita. Como quiera que el punto O está dentro dei triângulo, la semirrecta AO se halla en el mismo semiplano respecto a la recta AC que la semirrecta AB y en el mismo semiplano respecto a la recta AB que la semirrecta AC. Por lo tanto, la semirrecta AO pasa entre las semirrectas AB y AC. Sean Ci y B^ los puntos de tangencia de la circunferência y de los lados y dei triângulo. Los triângulos rectángulos AOCi y AOBi son iguales. Tienen la hipotenusa AO común y los catetos OCi y OBi iguales en tanto que rádios. De aqui se deduce la igualdad de los ângulos OACi Y OAB^. Pero esto significa que el centro de la circunferência se halla en la bisectriz dei triângulo trazada desde el vértice A. Análogamente demostraremos que el centro de la circunfe¬ rência está en las otras dos bisectrices dei triângulo. Queda demostrada la afirmación. Demostremos ahora que en todo triângulo se puede inscrihir una circunferência. 81

Tracemos dos bisectrices dei triângulo (fig. 87). Se cortan en un punto O. (La demostración de que las bisectri¬ ces se cortan es idêntica a la demostración de que las media¬ nas se cortan.) Tracemos por el punto O las perpendiculares OAi, OBi y OCi a las rectas AB, AC y BC. Los triângulos rectángulos AOBi y AOCi son iguales. Tienen la hipotenusa AO común y los ângulos OABí y OACi iguales pues AO es bisectriz. Por consiguiente, OBi — OCi. Analogamente se derauestra que OCi = OAi. La circunferência de centro O

Fig. 87

Fig. 88

y de radio OAi es tangente a los lados dei triângulo en los puntos Ai, Bi y Ci, o sea, es circunferência inscrita. Queda demostrada la afirmación. Se llama circunferência circunscrita al triângulo la que pasa por cada uno de los vértices dei triângulo. Demostremos que en torno a cualquier triângulo se puede circunscrihir una circunferência. DEMOSTRACIÓN. Sea ABC el triângulo dado (fig. 88). Tracemos por los puntos médios de los lados AB y AC dei triângulo las rectas perpendiculares a estos. Dichas rectas se cortarán en un punto O. Efectivamente, de lo contrario serían paralelas. Pero en este caso, las rectas AB y AC, en tanto que perpendiculares a dos paralelas, también resultarían paralelas, cosa imposible puesto que se cortan (en el punto A). De la igualdad de los triângulos rectángulos AOBí y COBi se tiene OA = OC. De la igualdad de los triângulos rectán¬ gulos AOCi y BOCi resulta O A = OB. Por ello, la circun¬ ferência de centro (? y de radio OA pasa por los tres vértices dei triângulo ABC, o sea, es circunferência circunscrita. Queda demostrada la afirmación. 82

PROBLEMA. Dada una circunferência de centro O, constrúyanse las tangentes que pasan por un punto A exterior a la circunferência. soLUciõN (fig. 89). Construyamos

la circunferência que tiene el segmen¬ to OA como diâmetro. Sean i? y C los puntos de intersección de esta circun¬ ferência y de la dada. Las rectas AB y AC son tangentes a la circunferência dada, pues los ângulos OBA y OCA son rectos (teorema 11.5).

Fig. 89

Preguntas de repaso 1. iQué es circunferência y qué son centro, radio, cuerda y di⬠metro de la circunferência? 2. Demuéstrese que el diâmetro es eje de simetria de la circun¬ ferência y que el centro es centro de simetria. 3. Demuéstrese que el diâmetro perpendicular a la cuerda la divide por la mitad. 4. Demuéstrese que ninguna cuerda es mayor que el diâmetro y que la cuerda es igual al diâmetro sólo en el caso en que ella misma sea diâmetro. 5. íQué es arco de circunferência? iQué arco se denomina arco menor que la semicircunferencia? iQué arco se denomina arco mayor que la semicircunferencia? 6. íQué es ângulo central correspondiente a un arco de circunfe¬ rência? 7. iCómo se determina la medida en grados dei ângulo central? 8. íQué es ângulo inscrito en la circunferência? ^Qué ângulo contrai se llama correspondiente al ângulo inscrito? 9. Demuéstrese el teorema: el ângulo inscrito en la circunferência es igual a la mitad dei ângulo central correspondiente. 10. Demuéstrese que el ângulo entre la cuerda y la semitangente en un punto extremo de la primera se mide por la mitad dei ângulo central correspondiente. 11. iQué significa la expresión: el punto se halla dentro dei triângulo? iQué circunferência se denomina inscrita en el triângulo? 12. Demuéstrese q^ue en todo triângulo se puede inscribir una circunferência y que el centro de la circunferência inscrita se halla en el cruce de las bisectrices. 13. iQué circunferência se denomina circunscrita al triângulo? Demuéstrese que cualquiera que sea el triângulo se le puede circunscribir una circunferência, y sólo una. Ejercicios 14. Demuéstrese que si la recta tiene un punto común con la circunferência y no es tangente a la circunferência en este punto, tiene un punto común más con la circunferência. 6* 83

15. Demuéstrese que la recta no puede cortar la circunferência en tres puntos. 16. Trácese una circunferência de radio dado tangente a los lados de un angulo. 17. Hállese la circunferência de radio dado tangente a dos cir¬ cunferências. ^Cuál es el número máximo de soluciones de este pro¬ blema? 18. Hállese el lugar geométrico de los pies de las perpendiculares trazadas desde el punto A a las rectas que pasan por el punto B. 19. Hállese el lugar geométrico de los vértices de los triângulos de base AB y de ângulo dado de vértice C. 20. Constrúyase el triângulo ABC a partir de su lado AB, su ângulo C y la altura relativa a la base AB. 21. Hállese el lugar geométrico de los puntos médios de las cuerdas que pasan por un mismo punto. 22. Sea ABC un triângulo. Constrúyanse las circunferências tan¬ gentes a las tres rectas AB, AC y BC. ^Cuántas son estas circunferên¬ cias? 23. Dos circunferências se cortan en los puntos A y B. Por el punto B se traza una recta cortando las circunferências en los puntos X e y. Demuéstrese que el ângulo XAY no depende de la recta que se tome. 24. Se dice que el cuadrilátero convexo está inscrito en la cir¬ cunferência si sus vértices se ballan en la misma. Demuéstrese que la suma de los ângulos opuestos de un cuadrilátero inscrito es igual a 180°. 25. Demuéstrese que son iguales los segmentos AB y AC ie dos tangentes trazadas a la circunferência por un mismo punto (fig. 89). 26. El cuadrilátero convexo se denomina circunscrito a la cir¬ cunferência si sus lados son tangentes a la misma. Demuéstrese que en el cuadrilátero circunscrito las sumas de sus lados opuestos son las mismas. {Sugerencia. Empléese la propiedad de los segmentos de las tangentes a la circunferência trazadas por un mismo punto. Véase el ejercicio 25.) 27. Demuéstrese que la distancia entre dos cualesquiera puntos interiores dei triângulo no es mayor que el lado mayor dei triângulo. § 12. SEMEJANZA DE LOS TRIÂNGULOS Critério principal de la semejanza de los triângulos. Dos triângulos ABC y A^BíCí se llaman semejantes si

Z_Â = Z.Ai,

Z.B =

Z_C = Z_Ci,

AB AC BC AiSi “ AjCi “ RjCi • En una palabra, los triângulos son semejantes si sus ângulos correspondientes son iguales y sus lados correspondientes son proporcionales. La semejanza de los triângulos se indica por el símbolo En nuestro caso, AABC ^ 84

TEOREMA 12.1. Si en dos triângulos ABC y se tiene /_A = Z-^i y /-B = Z-5i, los triângulos son semejantes. DEMOSTRACiCN. PuRsto quR la suma de los ângulos dei triângulo es igual a dos rectos, la igualdad de los ângulos A y y de los ângulos B y Bi implica la igualdad de los ângulos C y Cl. Demostremos que los lados de los triângu¬ los ABC y AiBiCi son proporcionales. Supongamos, para puntualizar, que AB ^ AiBi. Tome¬ mos en la semirrecta AB el segmento AB^ igual al AiBi (fig. 90, a la izquierda). Tracemos por el punto B^ la recta

Fig. 90 paralela a BC. Corta la semirrecta AC en un punto C^Según la propiedad de los ângulos de las paralelas BC y B^C^ con la secante BB^, los ângulos ABC y AB^C^ son iguales. El triângulo ABJc^ es igual al triângulo AiBiCi pues Z.B2AC2 = Z^BiAiCi por hipótesis dei teorema siendo, además, AB^ = AiBi y A-AB2C2 — Z^AiBiCi por construcción. De la igualdad de estos triângulos resulta que AC2 = AiCi. Tomemos un segmento pequeno APi en la semirrecta AB j j 1 j AB AB2 de modo que las dos razones y no sean numeros enteros (fig. 90, a la derecha). Consideremos en la semirrecta AB los puntos P^, Ps, . ■ ., Ph, • • • de manera que APk = k-APi. Sea n el entero de la división de AB por APi y sea m el entero de la división de AB^ por APi. El punto B está entonces entre los puntos P„ y Pn+i Y el punto B^ entre P^ Y Pm+i- Por ello,

n-APi < ^5 < (rt -f 1)-APi, m-APi < AB2 < (m -|- 1) -APi. 85

De

aqui

resulta que m+

1

2

^ AB

^

(1)

m

Tracemos por los puntos Pi, P^-, Pa, • • ■ las rectas paralelas a BC. Estas rectas, según el teorema 9.8, cortan la semirrecta AC en unos puntos Çi, Q2, Qa, • • • siendo los segmentos AQi, Q1Q2, QaQa, • • • iguales. El punto C se halla entre los puntos Qn y Qn+i y al punto C2 entre los puntos Qm y Qm+i- Por lo tanto. n-AQi < AC < (n + 1) -AQi,

m-AQi < AC2 < (m + 1) -AQí. De

aqui

que m + 1 ^ AC2 ^

m

■

Las desigualdades (1) y (2) permiten ver que las razones y ^ difieren no más que en

— "—ÇJ • Puesto

que AB ^ AiBi, resulta que n ^m. Por eso. w1 , O sea, las razones

n AB

Tíi-j-w-j-l ^

y

AC

2ín-p 2

2

, 2 difieren no mas que en — .

Si tomamos el segmento APi suficientemente pequeno, el número m será tan grande como se quiera y

será tan

pequeno como se quiera. Es decir, las razones

y

difieren todo lo poco que se quiera. Pero esto puede sólo si son iguales. O sea,

darse

AB _ AC AB2 ~~ AC2 ■ Puesto que AB^

AiB^ y AC2 = ^iCi, se AB AC AiBi ~ AiCi '

Análogamente se demuestra que AC

BC BiCi

Queda demostrado el teorema.

tiene

Otros critérios de la semejanza de los teorema 12.2. Si en los triângulos ABC se tiene /_A = Z.^i y AB _ AC A^B^ ~ AiCi

triângulos. y AiBíCí

(3)

los triângulos son semejantes. DEMosTRAGiõN. Consideremos el triângulo A.i.B^C^ que tenga A^B^ = A,Bu Z.A^ = Z.A y Z^B^ = Z.B. Los triângulos ABC y A^B^C^ son semejantes, según el teorema 12.1. Por consiguiente, AB _ AC A2B2 ~ AzCz

(4)

Puesto que ^2-^2 = ^i^i, de las igualdades (3) y (4) resulta que ^2^2 = A^Ci. Ahora podemos afirmar que los triângulos AiBiCi y A2B2C2 son iguales. Tienen AiBi = A^B^ por construcción, AiCi = A2C2 según hemos demostrado y ZLAi = Z-A^ debido a la igualdad de los ângulos A y Aj y a la semejanza de los triângulos ABC y A252C2. Ya que los triângulos ABC y A2B2C2 son semejantes y que los triângulos A^B^C^ y A^B^Ci son iguales, los triângulos ABC y A^BiCi son semejantes. Queda demostrado el teorema. TEOREMA 12.3. Si en los triângulos ABC y AiBiCi se tiene AB AC BC A^B\^ A^CB\C^ ’ los triângulos son semejantes. DEMOSTRACiON. Construyamos el triângulo A^B^Cz que tenga A^B^ = A^^By, A^Cz = AyCy y Z-A2 = Z-A. Según el teorema 12.2, los triângulos ABC y A^B^C^ son seme¬ jantes. Por consiguiente. AC BC AiCz ~~ B2C2

(6)

Como quiera que A^C^ = AyCy, de las igualdades (5) y (6) resulta que B^C^ = ByCy. Ahora deducimos la igual¬ dad de los triângulos A^B^C^ y AyByCy empleando el tercer critério de la igualdad. Puesto que el triângulo ABC es semejante al triângulo A^B^C^ y que el triângulo A^B^C^ es igual al triângulo AyByCy, los triângulos ABC y AyByCy son semejantes. Queda demostrado el teorema. 87

Segmentos proporcionales en el triângulo, teorema 12.4. En todo triângulo rectângulo la altura trazada desde el vér¬ tice dei ângulo recto es media proporcional entre las proyecciones de los catetos sobre la hipotenusa. Cada uno de los catetos es media proporcional entre la hipotenusa y su proyección sobre la hipotenusa. DEMOSTRAciõN. Sea ABC el triângulo rectângulo de ângulo recto C (fig. 91) y sea CD la altura trazada desde el vértice C. Los ângulos CAD y BCD son iguales porque cada

Fig. 91

Fig. 92

uno de ellos complementa el ângulo ABC hasta 90°. Los triângulos rectángulos CAD y BCD son semejantes, según el teorema 12.1. De la semejanza de los triângulos se deduce que CD _ AD BD ~ CD • De aqui {CDY = AD -BD, o sea, CD = AD -BD demostrada la primera afirmación dei teorema. De la semejanza de los triângulos BCD y BAC s que AB _ CB CB ~ BD ’

Queda deduce

de donde {CBY = AB -BD, o sea, CB = YAB BD. Queda demostrada la segunda afirmación dei teorema. TEOREMA 12.5. La bisectriz AD dei triângulo ABC divide el lado BC en segmentos proporcionales a los lados AB y AC, 0 sea, AB AC BD ~ CD ' DEMOSTRACIÕN. Sea ABC el triângulo dado (fig. 92) y sea AD la bisectriz relativa al lado BC. Tracemos las perpendiculares BE y CF a la recta AD. Los triângulos

BED y CFD son semejantes. Sus ângulos E y F son rectos y sus ângulos de vértice D son iguales por ser verticales. Los triângulos BAE y CAF también son semejantes. Sus ângulos E y F son rectos y sus ângulos de vértice A son iguales porque AD es bisectriz. De la semejanza de los triângulos BED y CFD resulta la proporción BE BD CF ~ CD • De la semejanza de los triângulos BAE y CAF resulta la proporción BE AB CF ~ AC • Comparando

las proporciones obtenidas,

encontramos

BD AB CD ~ AC • Queda demostrado el teorema. Proporcionalidad de los segmentos de cuerdas y secantes. TEOREMA 12.6. Los productos de los segmentos de cuerdas se¬ cantes coinciden. A saber, si las cuerdas AB y CD se cortan en el punto S, se tiene AS-BS = CS-DS. DEMOSTRACiCN (fig. 93). Tracemos la recta BD. Los puntos ^ y C se hallan en un mismo semiplano respecto a la recta BD-, a saber, en el semiplano donde está el punto S. Por ello, ambos puntos ^ y C pertenecen a uno de los dos arcos en los que la recta BD divide la circunferência. Pero esto significa que los ângulos inscritos DCB y DAB son iguales. Analogamente deducimos la igualdad de los ângulos ABC y ADC. Los triângulos ASD y CSB son entonces seme¬ jantes por el teorema 12.1. De la semejanza de estos triân¬ gulos resulta la proporción DS AS BS ^ CS ’ es decir, AS-BS = CS-DS. Queda demostrado el teorema. TEOREMA 12.7. El producto de los segmentos de la secante es igual al cuadrado de la tangente. O sea, si por un punto S

se trazan una secante de la circunferência y una tangente, siendo A y B los puntos de intersección de la circunferência con la secante y C el punto de tangencia con la tangente, se tiene AS-BS = {CSf. DEMOSTRACiON (fíg. 94). Puesto quG la circunferência se halla a un lado de la tangente, el punto S no separa los puntos A Y B. Supongamos, para concretar, que el punto B está entre A y S como aparece en la figura. Los triângulos SAC y SCB son semejantes. Tienen el ângulo S común y los ângulos CAB y BCS iguales, pues C

S

C

Fig. 93

Fig. 94

se miden por la mitad de un mismo angulo central. De la semejanza de los triângulos resulta la proporción CS SB AS ~ CS ’ de donde -BS = {CS)^. Queda demostrado el teorema. Del teorema 12.7 se deduce que son iguales los productos de los segmentos de las secantes trazadas por un mismo punto. Intersección de la recta con la circunferência, teorema 12.7. Sean dadas una circunferência de radio R y de centro O y una recta a que pasa a una distancia h dei centro de la circunfe¬ rência. Entonces, la recta no corta la circunferência si h ^ R, es tangente a la circunferência si h = R y corta la circunfe¬ rência en dos puntos si h AC^ ++5®, el ánguío C es obtuso. 11. Demuéstrese que el lugar geométrico de los puntos para los cuales es constante la suma de los cuadrados de sus distancias hasta

103

dos puntos fijos 4 y B, es una circunferência de centro en el punto medio dei segmento AB. 12. Demuéstrese que el lugar geométrico de los puntos para los cuales es constante la diferencia de los cuadrados de sus distancias hasta dos puntos fijos A y B, es una recta perpendicular a la AB. 13. Demuéstrese que de dos cuerdas de la circunferência, la mayor es la más próxima al centro. 14. Hállese la expresión para las medianas dei triângulo conociéndose sus lados. 15. Sean ABC un triângulo y D el pie de la bisectriz trazada desde el vértice C. Demuéstrese que CD^ =.AC-BC —AD-BD. 16. Sean a, h y c los lados dei triângulo. Demuéstrese que la altura relativa al lado a se determina mediante la fórmula ha--=^V p{p-a){p-b){p-c), donde p es el semiperimetro dei triângulo, o sea,

17. Determínese la base dei triângulo isósceles de 36° de ângulo en el vértice y de laterales iguales a 1 cm. [Sugerencia. Véase el ejercicio 15 dei § 12.) § 14. FUNCIONES TRIGONOMÉTRICAS DEL ÂNGULO Definición de las funciones trigonométricas. Tracemos una semicircunferencia de radio igual a la unidad (fig. 110).

Fig. 110 Tomemos un punto cualquiera A de la semicircunferencia e indiquemos por a el ângulo AOB. Tracemos desde el punto A la perpendicular AD al diâmetro BC. Se llama seno dei ângulo a la longitud dei segmento AD. El seno dei ângulo a se designa así: sen a. Por definición, se acepta que sen 0° = 0 y que sen 180° = 0.

104

Definamos ahora el concepto dei coseno dei ângulo. El coseno dei angulo a se designa así: cos a. Si el angulo a es agudo, el cos a es igual a la longitud dei segmento OD (fig. 110, a la izquierda). Si el ângulo a es obtuso, el cos a es un número negativo cuyo valor absoluto es igual a la longitud dei segmento OD (fig. 110, a la derecha). Por definición, aceptamos que cos 0° = 1, que cos 90° = 0 y que cos 180° = —1. Se llama tangente dei angulo a la razón dei sen a y dei cos a

La tangente dei ângulo a no está definida si a = 90°. Las funciones sen a, cos a y tg a se llaman funciones trigonométricas dei ângulo a. TEOREMA 14.1. Cualquiera que sea a se tiene sen^ a + cos^ a = 1. DEMOSTRAGioN. Para a = 0°, 90° ó 180° la afirmación dei teorema se comprueba introduciendo los valores correspondientes dei seno y dei coseno. Si el ângulo a es agudo, la afirmación resulta dei teorema de Pitágoras aplicado al triângulo ODA (fig. 110, a la iz¬ quierda). Si el angulo a es obtuso, la afirmación también resulta dei teorema de Pitágoras aplicado al triângulo ODA (fig. 110, a la derecha). Fórmulas de reducción. Se llaman fórmulas de reducción las que establecen la relación entre las funciones trigonomé¬ tricas de los ângulos a, 90° — ay 180° — a. TEOREMA 14.2. Si el ângulo a es agudo, se tiene sen (90° — a) = cos a, cos (90° — a) = sen a,

DEMOSTRAGION (fig. 111). Seaii el ângulo AOB igual a a y el ângulo A^OB igual a 90° — a. Los triângulos rectángulos ODA y Ai^D^O son iguales, pues sus hipotenusas son iguales en tanto que rádios y los ângulos AOD y OA^Dy son iguales a a. De la igualdad de estos triângulos resulta

105

que ^i-Di = OD y que OD^ = AD, o sea, que sen (90° — «) = cos a

y

cos (90° — a) = sen a.

La tercera fórmula se obtiene dividiendo miembro por miembro la primera fórmula por la segunda. Queda demos¬ trado el teorema. TEOREMA 14.3. Cualquiera que sea a se tiene sen (180° — a) = sen a

y

cos (180° — a) = —cos a.

DEMOSTRAGiON, Para a = 0°, 90° ó 180° la afirmación dei teorema se comprueba introduciendo en las fórmulas

Fig. 111

Fig. 112

los valores Correspondientes dei seno y dei coseno. Conside¬ remos el caso general. Sean el angulo AOB igual a a y el angulo AfiB igual a 180° — a (fig. 112). La igualdad de los triângulos OAD y OAiD^ implica que AD = AiDi, o sea, que sen (180° — — a) = sen a. Si a es distinto de 90°, uno de los ângulos a ó 180° — a es agudo y el otro es obtuso. Por esto, el cos a y el cos (180°— — a) llevan signos opuestos. Como quiera que OD = ODi, resulta que cos (180° — a) — —cos a. Queda demostrado el teorema. Relaciones entre los lados y los ângulos en el triângulo rectángulo. teorema 14.4. En el iriángulo rectángulo ABC de ângulo recto C se tiene BC = AB -sen A, AC = AB -cos A y BC = AC -tg A. DEMOSTRAGION (fig. 113). Tomemos en la semirrecta AB el segmento ABi igual a la unidad y tracemos desde el punto 5, la Fig. 113 perpendicular a la recta ^C. Según la definición dei seno y dei coseno, tendremos sen A — BiCi y cos ^ = ACi. Los triângulos ABiCi y ABC son semejantes, pues tienen el ângulo A común y los

lOG

ângulos C y Cl rectos. Esto implica que BiCi ~

i

’

ACi

1

BC = AB -sen A,

BC B^Ci AC ~ ACi '

^

Introduciendo aqui SjCi = sen ^ nemos

y ^Ci = cos^,

AC = AB -cos A

y

obte-

BC = AC -tg A.

Queda demostrado el teorema. TEOREMA 14.5. sen45° = -4=:, cos45° = -^, tg45° = l,

1/2’

1/2’

sen30° = y, cos30° = ^,

®

tg30° = ^j^.

DEMOSTRACioN. Construyamos el triângulo rectángulo ABC de ângulo recto C y de ângulo A igual a 45° (fig. 114).

Fig. 114

Fig. 115

El ângulo B de este triângulo también es igual a 45°. Por consiguiente, el triângulo resulta isósceles: AC == BC. Aplicándole el teorema de Pitágoras, obtenemos AB^ = AC^ + BC^ = 2.BC^ = 2-ACK De aqui resulta que sen 45° =

y que cos 45° =

.

Por consiguiente, tg 45° = 1. Construyamos ahora el tri¬ ângulo equilátero ABC (fig. 115). Todos sus ângulos son iguales. Por lo tanto, cada uno de ellos vale 60°. Tracemos la mediana BD dei triângulo. Es bisectriz y altura. Por esto, en el triângulo ABD el angulo ADB es recto y el angulo ABD es igual a 30°. Puesto que AD =

- , tenemos sen 30°=

107

= y . Aplicando el teorema 14.1, encontramos que cos 30° = =

1/3

Después obtenemos que tg

=

1

.

Las fórmulas de reducción permiten determinar los valores dei seno, dei coseno y de la tangente para los ângulos de 60,° 120°, 135° y 150° expresándolos en términos dei seno, dei coseno y de la tangente de los ângulos de 30° y de 45°. Para los senos, cosenos y tangentes de los ângulos agudos existen tablas cspeciales. Estas tablas permiten bailar, a partir dei angulo dado, el seno, el coseno y la tangente correspondientes y, recíprocamente, dados el seno, el coseno o la tangente bailar el ângulo correspondiente. El teorema 14.4 permite bailar con esas tablas todos los elementos dei triângulo rectángulo, es decir, sus lados y ângulos, en caso de conocerse dos catetos, la hipotenusa y un cateto, un angulo agudo y un cateto 0 un angulo agudo y la hipotenusa. Teorema dei coseno. teorema 14.6. Cualquiera que sea el triângulo ABC se tiene AB^ = AC^ + BC^ - 2-AC-BC-CO& C. DEMOSTRAcioN. Si el ángulo C es igual a 90°, la afirmación dei teorema se desprende dei teorema de Pitágoras ya que cos 90° = 0. Sea C un ángulo agudo (fig. 101). Según el teorema 13.3, tenemos AB^ = AC^ + BC^ - 2-BC-CD. Aplicando el teorema 14.4 al triângulo ACD, encontramos CD = AC-cos C. Por esto, AB^- = AC" + 5C" - 2-SC-AC-cos C. Sea ahora C un ángulo obtuso (fig. 100). Según el teo¬ rema 13.2, tenemos A5" = AC" + 5C" + 2-BC-CD. Aplicando el teorema 14.4 al triângulo ADC, encontramos CD = AC-cos (Z-ACd). Pero el ángulo ACD complementa hasta 180° el ángulo C dei triângulo ABC. Por esto, en virtud dei teorema 14.3, tenemos cos {/_ACD) = —cos C y, por consiguiente, AC-cos C = —CD. Es decir, también en el

108

caso de ângulo obtuso resulta AB^ = AC^ + BC^ — 2-BC‘AC-cos C. Queda demostrado el teorema. Teorema de los senos, teorema sea el triângulo ABC se tiene

14.7.

Cualquiera que

sen A _ sen B _ sen C BC ~ AC ÃB~ • DEMoSTRACiON. Conslderemos la circunferência circunscribe el triângulo ABC. Sea Bi el punto de la cunferência diametralmente opuesto aí punto B de la cunferência (fig. 116). Si los puntos A Y Bi están a un lado de la recta (fig. 116, a la izquierda), los ângulos BBíC y BAC

que cir¬ cir¬ BC son

iguales por ser ângulos inscritos correspondientes a un mismo arco. Si los puntos A y Bi se encuentran a distintos lados de la recta BC (fig. 116, a la derecha), estos ângulos se complementan hasta 180°, pues correspondeu a arcos complementarios. En ambos casos se tiene sen Bi = sen A. Por consiguiente, BC — 2R sen A. Análogamente se demuestra que AB = 2R sen C y que AC = 2R sen B. Comparando las tres fórmulas obtenidas, deducimos que sen A _ sen B _ sen C __ 1 BC ^ AC ~ AB “TR • Queda demostrado el teorema. El teorema dei coseno y el teorema de los senos permiten determinar todos los elementos dei triângulo —o sea, sus

109

ângulos y sus lados— si se conocen tres elementos que determinan univocamente el triângulo. Estos elementos pueden ser: tres lados dei triângulo; dos lados y el ângulo comprendido entre los mismos; un lado y dos ângulos.

Preguntas de repaso y ejercicios 1. Dese la definición de las funciones trigonométricas sen a, COS a y tg a. 2. Demuéstrese el teorema: sen^ a + cos^ a = 1. 3. Demuéstrense las fórmulas de reducción: sen (90° — a) = = cosa, COS (90°-a) = seu a, tg(90°-a)=-j|^ , sen (180° - a)= = sen a y cos (180° — a) = —cos a. 4. Demuéstrese que en el triângulo rectángulo ABC de ângulo recto C se tiene BC = AB-sen A, AC = .45-cos .4 y BC ^ AC-tgA. 5. Demuéstrese que

yr

Vã' :os30° =

,

35

tg45°=l,

tg

1

yr

6. Hállense las funciones trigonométricas para los ângulos de 60°, 120°, 135° y 150°. 7. Enúnciese y demuéstrese el teorema dei coseno. 8. Enúnciese y demuéstrese el teorema de los senos. 9. iCuáles son los tres elementos dei triângulo que lo determinan univocamente? 10. Hállese el radio de la circunferência circunscrita al triângulo, si uno de sus lados es igual a 1 cm y el ângulo opuesto a este lado

§ 15. POLÍGONOS Polígonos convexos. Un polígono AiA2..es una figura formada por los puntos .41, A2, . . ., y por los segmentos .4i.42, A2A3, . . ., .4„.4i que los unen (fig. 117). Los puntos Al, A2, . . A„ se llaman vértices dei polígono y los segmentos A1A2, ^2^3» • • se denominan lados dei mismo. Dos vértices se llaman contíguos si quedan unidos por un lado dei polígono. Para todo vértice existen dos vértices contíguos.

110

Cada una dc las rectas A1A2, A2A3, . . AnA^ divide el plano en dos semiplanos. El polígono ^1^2 • • ■ se denomina convexo si está situado en un semiplano respecto

Fig. 117

Fig. 118

a cada una de estas rectas con la particularidad de que toda recta ApAp+i no tiene más puntos comunes con el polígono que los puntos dei segmento ApAp+i (fig. 118). TEOREMA A. Si los extremos dela quebrada 2 . . . se hallan en diferentes semiplanos respecto a la recta b, la quebrada corta la recta b. DEMOSTRACiON. Desplazándonos a lo largo de la que¬ brada desde el vértice B^ bacia encontraremos dos vér¬ tices contíguos que se encuentran en distintos semiplanos respecto a la recta b. El lado de la quebrada que une estos vértices corta la recta b. Por consiguiente, la quebrada corta la recta b. Queda demostrado el teorema. TEOREMA 15.2. Si una recta tiene tres puntos comunes con un polígono convexo, contiene uno de sus lados. DEMOSTRACION. Sean A, B Y C tres puntos de una recta a que pertenecen a un polígono. Supongamos, para concretar, que el punto B se baila entre A y C. El punto B pertenece a uno de los lados dei polígono. Afirmamos que ^ este lado pertenece a la recta a. Efectivamente, en el caso contrario la recta que contiene este lado separaria los puntos A y C. Pero esto contradice la bipótesis de que el polígono es conFig. 119 vexo. Queda demostrado el teorema. Suma de los ângulos dei polígono convexo. Se llama diagonal dei polígono todo segmento que une dos vértices no contíguos. En la fig. 119 la línea punteada representa una diagonal.

111

TEOREMA 15.3. La diagonal A^^Ap divide el polígono con¬ vexo A1A2 ■ ■ ■ Aji en dos polígonos convexos A1A2 ■ . • Ap y ApAp+i . . . AjiAi. Estos polígonos están en diferentes semiplanos respecto a la recta A^Ap. La semirrecta AiAp pasa entre las semirrectas A1A2 y A^Ap. DEMOSTRACTON. Según el teorema 15.2, la recta AiAp no tiene más puntos comunes con el polígono que los puntos Ai y Ap. En virtud dei teorema 15.1, la quebrada A1A2 ■ . ■ . . . Ap está a un lado de la recta AiAp. Puesto que el polígono inicial se encuentra a un lado de cada'una de las rectas ^1^2, ^2^37 • • el polígono A1A2 ... Ap posee la misma propiedad. Por consiguiente, el polígono A1A2 ■ ■ ■ . . . Ap es convexo. Análogamente se demuestra que es convexo el polígono ApAp+i . . . ApAi. Demostremos las demás afirmaciones dei teorema. La semirrecta AiAp se encuentra en el mismo semiplano res¬ pecto a la recta AiAp que la semirrecta A1A2 y en el mismo semiplano respecto a la recta AjAj que la semirrecta AiAp. Esto significa que la semirrecta AiAp pasa entre las semi¬ rrectas AtA2 y AiAp. Es decir, la semirrecta AiAp las separa. Por consiguiente, los puntos A2 y se hallan en dife¬ rentes semiplanos respecto a la recta AiAp. Pero esto signi¬ fica que los polígonos A1A2 . . . Ap y ApAp+i . . . A„Ai están en diferentes semiplanos respecto a la recta AiAp. Queda demostrado el teorema. Sea A un vértice dei poligono convexo y sean B y C sus vértices contíguos. Se llama ângulo interno de vértice A dei polígono el ângulo comprendido entre las semirrectas AB y AC. El ângulo adyacente al ângulo interno se denomina ângulo externo dei polígono. TEOREMA 15.4. La suma de los ângulos internos dei polí¬ gono convexo es igual a {n — 2) 180°, donde n es el número de lados 0 de vértices dei polígono. La suma de los ângulos externos dei polígono convexo no depende de n y es igual a 360°. DEMosTRAcioN. Todo tcíángulo es convexo y entra en el teorema ya que (3 — 2) 180° = 180°. Apliquemos para la demostración dei teorema el método de inducción matemᬠtica. Supongamos que el teorema es válido para todos los polígonos con un número de lados menor que n. Demostre¬ mos que es cierto para todo polígono de n lados.

112

Sea Q un polígono de n lados. Unamos sus dos vértices no contíguos A y B mediante la diagonal AB. En virtud dei teorema 15.3, obtendremos dos polígonos Çi y Q2 de Ui y de «2 lados, respectivamente, siendo «1 < fi, n y nj + ^2 = ^ + 2. Puesto que la diagonal AB pasa entre los lados contíguos de vértice común A, el angulo interno de vértice A en el polígono Q resulta igual a la suma de los ângulos internos de vértice A en los polígonos Çi y Q^Analogamente, el ângulo de vértice B en el polígono Q es igual a la suma de los ângulos de vértice B en los polí¬ gonos Qi y Q^- De aqui resulta que la suma de los ângulos dei polígono Q es igual a (ui — 2) 180° -f- {n^ — 2) 180° = = (u — 2) 180°. Queda demostrada la primera afirmación dei teorema. Puesto que todo ângulo externo dei polígono es adyacente al angulo interno correspondiente y puesto que la suma de los ângulos adyacentes es igual a 180°, resulta que la suma de los ângulos externos dei polígono es igual a 180° n — — {n — 2) 180°, es decir, es igual a 360°. Queda demostrado el teorema. Polígono complementado. Quebrada convexa. Sea AjAg... . . . un polígono convexo. Cada una de las rectas A1A2, A2A3, . . ., AnAi divide el plano en dos semiplanos. Marquemos aquellos semiplanos que contienen el polígono. Diremos que el punto X se halla en el interior dei polígono si pertenece a todos los semiplanos marcados y no pertenece al polígono. '' Frecuentemente, se denomina polígovy/yy//^ no la figura formada, además de los lados 4 4* y los vértices, también por los puntos dei plano que se hallan en el interior dei polígono. El polígono comprendido en este sentido será llamado polígono complementado. El propio polígono constituye la frontera dei polígono comple¬ mentado. En la fig. 120 se ha sombreado el polígono com¬ plementado. Sean y dos polígonos convexos y sean P[ y P' los polígonos complementados correspondientes. Diremos que el polígono P^ se encuentra en el interior dei polígono P2 si todo punto dei polígono complementado P\ pertenece al polígono complementado P'. Se llama perímetro dei polígono la suma de las longitudes de sus lados.

113

TEOREMA 15.5. Si un polígono convexo pertenece al interior de un polígono convexo el perímetro de P^ no es mayor que el perímetro de P^. Si el polígono Pi no coincide con Pai perímetro es menor que el perímetro de P^. DEMOsTRAcioN. Tracomos una recta a que contenga uno de los lados dei polígono P^ (fig. 121). El polígono Pi está a un lado de esta recta. El polígono Pj está a un lado de la recta a o existen puntos dei polígono' Pj que se hallan a distintos lados de la recta a. En el se5 gundo caso la recta a corta el polígono Pa en dos puntos A y B. Efectiva\ mente, sean C y D dos puntos dei políí / gono Pa se encuentran a distintos I / / lados de la recta a. Los puntos C y D —4 ^ Á ' dividen el polígono Pa en dos quebra_y das. En virtud dei teorema 15.1, cada " una de éstas corta la recta a. Fig. 121 La recta a divide el polígono Pa en dos polígonos. Sea aquel que está respecto a la recta a en el mismo semiplano que el polígono Pj. El polígono Ça contiene en su interior el polígono Pj y su perímetro es menor que el perímetro dei polígono Pj. Efectivamente, para pasar dei polígono Pa al polígono debemos sustituir la quebrada por el segmento AB que une sus extremos. Realizando semejante construcción con cada uno de los lados dei polígono Pi, obtenemos finalmente dei polígono Pa el polígono Pi. De aqui resulta que si el polígono Pj no coincide con Pa, su perímetro es menor que el perímetro de PaQueda demostrado el teorema. La quebrada y: AiA^ ... An se llama convexa si es convexo el polígono P: ^i^a • • • ^n- Una quebrada y': se llama abarcante de la quebrada convexa y si ambas quebradas están situadas en un mismo semiplano respecto a la recta AiAn y la quebrada y' no contiene puntos interiores dei polígono P (fig. 122). TEOREMA 15.6. La longitud de toda quebrada y' que abarca la quebrada convexa y no es menor que la longitud de y. Si las quebradas no coinciden, y' es de mayor longitud. DEMOSTRACION (fig. 123). Tcacemos la recta a por uno de los lados de la quebrada y. Desplazándonos a lo largo de la quebrada y' de su punto inicial 4 a su punto final B,

114

marquemos los puntos primero y último de la quebrada y' pertenecientes a la recta a. Sean estos los pimtos C y D. Sustituyamos la parte CD de la quebrada y' por el segmento rectilíneo CD. La quebrada así obtenida también abarca la quebrada y y su longitud no es mayor que la de y'; además, su longitud es desde luego menor si la quebrada y' posee puntos situados a diferentes lados de la recta a. Realizando esta operación tantas veces como lados posee la quebrada y, obtendremos finalmente la quebrada y. De aqui resulta

Fig. 122

Fig. 123

que la longitud de la quebrada y' no es menor que la de y. Si la quebrada y' no coincide con y, su longitud será mayor. Queda demostrado el teorema. Polígonos regulares. El polígono convexo se denomina regular si sus lados son iguales y sus ângulos soii. iguales. Puesto que la suma de los ângulos externos de todo ^lígono convexo es igual a 360° y puesto que la suma de sus ângulos internos es igual a {n — 2) 180°,'^ resulta que los ângulos externos dei polígono regular de n lados son iguales a y sus ângulos internos son iguales a

—~

.

Son iguales los polígonos regulares de n lados cuyos lados son iguales. O sea, los polígonos coinciden por efecto de un movimiento. Sean Pi. AiA^, . . . A^ y Pj: . . . B^ dos polí¬ gonos regulares de n lados. Hagamos coincidir, por efecto de un movimiento, los segmentos-y ^1^2 de modo que el polígono quede al mismo lado de la recta A^A^ que el polígono Pi. Este movimiento puede ser realizado, por ejemplo, de la manera siguiente. Primero hacemos coincidir el punto Bi con el punto Ai mediante una reflexión especular respecto a la perpendicular trazada por el punto medio dei segmento AíBí. El punto B^ se transforma entonces en un punto Rj. Ahora hacemos coin8*

115

cidir el punto con valiéndonos de una reflexión espe¬ cular respecto a la perpendicular trazada por el punto medio dei segmento Si resulta que los polígonos y Pi están en diferentes semiplanos respecto a la recta A^A^, aplicamos, además, una reflexión especular respecto a esta recta. Afirmamos que después de hacer coincidir de esta forma los lados BiB^, y A^A^ los polígonos P^ y P,^ quedan superpuestos. Efectivamente, como quiera que los ângulos A1A2A3 y BiB^Bs son iguales, las semirrectas A^As y B2B3 coinciden. Puesto que los segmentos A2A3 y B2B3 son iguales, coinciden los puntos Bsy A3. Ambos polígonos están en un mismo semiplano respecto a la recta A2A3; a saber, en el semiplano al que pertenece el vértice común Ai de ambos. A continuación, deducimos de la misma forma que coinciden los vértices B^ y A4, los vértices B^ y A^, etc., 0 sea, que los polígonos Pi y Pj quedan superpuesTEOREMA 15.7. Las perpendiculares trazadas por los puntos médios de los lados dei polígono regular y las bisectrices de los ângulos internos dei polígono regu¬ lar son ejes de simetria dei mismo (fig. 124). DEMOSTRACioN. Sea a la per¬ pendicular trazada por el punto . medio dei lado dei polígono regular P: A1A2.A„. La simetria respecto a la recta a tran¬ sforma el polígono P en el polí¬ gono P': AjAiAgA^ . . . A'n- Am¬ bos polígonos P y P' se encuentran a un lado de la recta A^Aj. RepiFig. 124 tiendo el razonamiento anterior, veremos que Ag coincide con A3, que A4 coincide con A4, etc. Pero esto significa que la simetria respecto a la recta a transforma el polígono P en sí mismo, 0 sea, que la recta a es eje de simetria. En el caso de las bisectrices de los ângulos la demostración es análoga. Queda demostrado el teorema. Polígonos inscritos y circunscritos. El polígono convexo se llama inscrito en una circunferência si sus vértices se hallan en ella. El polígono convexo se denomina circunscrito a una circunferência si sus lados son tangentes a ella.

116

TEOREMA 15.8. Todo polígouo regulãr está inscrito en una circunferência y circunscrito a una circunferência. DEMOSTRACioN. Sea . . ■ Aji un polígono regular. Tracemos la circunferência k que pasa por los puntos Ai, A2 y ^3 (fig. 125). Su centro O está en la perpendicular a trazada por el punto medio dei segmento A2A3. La recta a es eje de simetria dei polígono y eje de simetria de la circunferên¬ cia k. Por consiguiente, el vérti¬ ce ^4, simétrico dei vértice Ai respecto a la recta a, pertenece a la circunferência k. Tomando ahora los puntos A2, Az y ^4, demostra¬ remos de la misma forma que Az se encuentra en la circunferência que pasa por estos puntos, o sea, en la circunferência k. Y así sucesivamente. Como resultado obtenemos que todos los puntos Ai, A2, . • ., An se hallan en la circunferência k, es decir, que dicha circunferência es la circunscrita al polígono. Todos los triângulos isósceles ^30^4! • • • son iguales, pues sus bases 4i^2> ^2^31 ^3^4^ ••• son iguales y sus laterales coinciden en tanto que rádios. Por consiguiente, son iguales las alturas de estos triângulos trazadas desde el vértice 0. La circunferência de centro 0 y de radio igual a estas alturas es tangente a todos los lados dei polígono, o sea, es la circunferência inscrita. Queda demostrado el teorema. Polígonos semejantes. De acuerdo con la definición gene¬ ral de la semejanza de las figuras, dos polígonos son semefantes si uno puede ser aplicado en el otro mediante una transfonnación de semejanza. TEOREMA 15.9. Son semejantes los polígonos regulares de un mismo número de lados. DEMOSTRACION. Sean P-. AíA2 ... AnJ Q'- BíB2 ■ ■ ■ Bn dos polígonos regulares. Indiquemos la razón de sus lados por k =

. Sometamos el polígono Q a una transforma-

ción de homotecia respecto al centro de la circunferência circunscrita siendo k el coeficiente de homotecia. Obtendremos entonces el polígono regular Q'\ B[B'2 ... 5), con

117

los mismos lados que el póligono P. El polígono Q' es igual al polígono P, es decir, se superpone con este por efecto de un movimiento. Una homotecia y un movimiento realizados sucesivamente dan una transformación de semejanza. Por

Fig. 126

Fig. 127

consiguiente, el polígono Q se aplica en P mediante una transformación de semejanza. Esto significa que los polígonos P Y Q son semejantes. Queda demostrado el teorema. Determinemos los lados de algunos polígonos regulares en dependencia dei radio R de la circunferência circunscrita. Comencemos por el hexágono (fig. 126). Sus ângulos internos son de 120°. Por esto, en el triângulo A1OA2 los ângulos de vértice Ai y A2 son iguales a 60°, 0 sea, el triângulo es equilátero. De aqui deducimos que el lado dei hexᬠgono regular es igual al radio R de la circunferência circunscrita. En el caso dei cuadrilátero re¬ gular los ângulos internos son de Fig. 128 90°, o sea, el cuadrilátero es un cuadrado (fig. 127). En el triângulo Aí^OA2 los ângulos A Y A2 son de 45° y el ângulo O es recto. Por eso.

En el caso dei triângulo regular, los ângulos y ^2 dei triângulo A1OA2 son de 30° (fig. 128). Tracemos desde O la perpendicular al lado ^i^2' Tendremos AiA2 = 2-AiB = 2 -OAi -cos 30° = R /3.

Preguntas de repaso y ejercicios 1. íQué es polígono? íQué polígono se llama convexo? 2. Demuéstrese que si los extremos de la quebrada B1B2 ■ ■ ■ B^ están en distintos semiplanos respecto a la recta b, la quebrada corta esta recta. 3. Demuéstrese que si una recta tiene tres puntos comunes con un polígono convexo, contiene uno de sus lados. 4. Demuéstrese que toda diagonal de un polígono convexo lo divide en dos polígonos convexos situados a distintos lados de esta diagonal. 5. Demuéstrese que la suma de los ângulos internos dei polígono convexo de n lados es igual a fre — 2) 180“ y que la suma de sus ângu¬ los externos es igual a 360“. 6. íQué es polígono complementado? 7. Enúnciese y demuéstrese el teorema de la relación entre los perímetros de dos polígonos convexos si uno está contenido en el otro. 8. (jPuede colocarse el triângulo regular de lado de 4 cm en el interior dei cuadrado de lado de 3 cm? 9. Enúnciese y demuéstrese el teorema de la relación entre las longitudes de una quebrada convexa y de una quebrada que la abarca. 10. Demuéstrese que los polígonos regulares de n lados son iguales si sus lados son iguales. 11. íCuáles son los ejes de simetria dei polígono regular? Enún¬ ciese y demuéstrese el teorema correspondiente. 12. Demuéstrese que todo polígono regular está inscrito en una circunferência y circunscrito a una circunferência. 13. Demuéstrese que los polígonos regulares de igual número de lados son semejantes. 14. Demuéstrese que los perímetros de los polígonos regulares de igual número de lados son uno al otro como los rádios de las circunfe¬ rências inscritas o como los rádios de las circunferências circunscritas. 15. iCuánto miden los lados dei hexágono, el cuadrilátero y el triângulo regulares si el radio de la circunferência circunscrita es i?? 16. Estáblezcase la relación entre el radio de la circunferência y los lados de los polígonos regulares de igual número de lados inscrito y circunscrito a la misma. 17. Exprésese el lado dei octágono regular a través dei radio de la circunferência circunscrita. 18. Exprésese el lado dei decágono regular a través dei radio de la circunferência circunscrita. [Sugerencla. Véase el ejorcicio 17 dei § 13.) 19. Exprésese el lado dei pentágono regular a través dei radio de la circunferência circunscrita. § 16. AREAS DE FIGURAS Concepto dei área. El problema de la determinación dei área de las figuras se remonta a la antigüedad. Surgió en relación con la actividad práctica dei hombre. Imaginemos dos parcelas de terreno: una cuadrada y otra de forma arbitraria (fig. 129), Supongamos que ambas han

119

sido sembradas de trigo empleándose para la primera m kg de grano y n kg para la segunda. Lo natural es considerar que la segunda parcela es — veces mayor que la primera. Llamaremos área de la segunda parcela el número que indica cuántas veces es mayor que la primera. La primera parcela es la unidad de medición. De esta definición dei área se obtienen las siguientes propiedades de la misma. Primero, puesto que para sembrar toda parcela se necesita una cantidad determinada de grano, resulta que toda parcela posee un área determi¬ nada. Segundo, para sembrar dos parcelas iguales se necesita la misma cantidad de grano y, por eso, las parcelas igua¬ les tienen igual área. Tercero, si dividimos la parcela en dos partes, la cantidad de grano necesaria para sembrar toda la parcela constará de las cantidades de grano necesarias para sembrar cada una de sus partes. Por ello, el área de toda la parcela es igual a la suma de las áreas de sus partes. Ateniéndonos a esta definición, para bailar el área de una parcela es necesario realizar la siembra. Pero, en la práctica el problema debe ser resuelto precisamente en sen¬ tido inverso. Se exige conocer la cantidad de trigo necesaria para la siembra antes de realizar ésta. Si conociésemos el área de la parcela, podríamos determinar esta cantidad de trigo multiplicando el área por la cantidad de trigo necesaria para la siembra de una unidad de área. ^ Y) por consiguiente, 1^ > kl^. Inscribamos en la primera circunferência un polígono de manera que su perímetro pi difiera de la longitud de la circunferência en menos que l^ — l^k, o sea, que se tenga — Pi > l^k. Inscribamos en la segunda circunferência el polígono Q2 semejante a Qi. Sea P2 su perímetro. La razón de los perímetros de los polígonos Qi y Q2 es igual a la razón de los rádios de las circunferências, esto es, p, = kp2. Puesto que pi > kl2 >-01256

129

y que pi = resulta que p Pero esto contradice la definición dei número que debe ser mayor que el perí¬ metro de cualquier polígono inscrito en la segunda circun¬ ferência. Por lo tanto, la razón de las longitudes de las circunferências es igual a la razón de sus rádios o diâmetros:

_ h ~ Ri

^1 di, ■

Queda demostrado el teorema. Del teorema 17.1, se deduce que di~ dz ’ 0 sea, que la razón entre la longitud de la circunferência y su diâmetro no depende de qué circunferência se ha tomado.

Fig. 140 Esta razón se designa por la letra griega 3t (se lee «pi»). El número Jt es irracional, Su valor aproximado es n « 3,1416. Por consiguiente, la longitud de determina según la fórmula

la circunferência se

I = 2nR. Longitud dei arco de circunferência. Medida radial dei ângulo. Llamaremos longitud dei arco de circunferência el menor de los números mayores que la longitud de cualquier quebrada convexa inscrita en este arco. En la fig. 140 se puede ver el arco-^5 de circunferência y una quebrada con¬ vexa inscrita en éste. Para abreviar, en lugar de arco de circunferência a menudo se dice simplemente arco. Identicamente al caso de la circunferência, se demuestra que eualquiera que sea el número positivo a se puede inscribir en el arco de circunferência una quebrada convexa cuya longitud difiera de la longitud dei arco en menos que a.

130

TEOREMA 17.2. La longitud I dei arco de circunferência se determina según la fórmula

donde a es la medida en grados dei ângulo central correspondiente. DEMoSTRACiON. Demostremos, ante todo, que si el punto C divide el arco AB en los arcos AC y CB, la longitud dei arco .45 es igual a la suma de las longitudes de los arcos AC Y CB. Tomemos un número pequeno positivo a. Inscribamos en los arcos AB, AC y CB las quebradas y, yi y ya de modo que sus longitudes difieran de las longitudes de los arcos en menos que a. Complementemos los vértices de la quebrada y con los vértices de las quebradas yi y ya y los vértices de las quebradas yi y ya con los vértices de la quebrada y. Obtendremos así unas quebradas y', yí y yá inscritas en los arcos AB, AC y CB. Puesto que al agregar vértices nuevos a la quebrada su longitud aumenta, las longitudes de las quebradas y', YÍ y vá difieren de las longitudes de los arcos correspondientes también en menos que a. Indiquemos por l, l^ y I2 las lon¬ gitudes de los arcos y por s, s^ y s^ las longitudes de las quebradas. Fig. 141 Las quebradas yj y son las partes en que el punto C divide la quebrada y'. Por esto, la longitud de la quebrada y' es igual a la suma de las longitudes de las quebradas yí y yí, o sea, s = Sj s^. Puesto que I — s 9' o a-180 / N

^ (« + 1)180 N

De aqui resulta que «

rt ^

nií

.« +1

„

Puesto que la longitud dei arco de circunferência es igual a la suma de las longitudes de sus partes, la longitud dei arco correspondiente al angulo 'ú es igual a

• El

arco 45 no es menor que la suma de n arcos iguales a pero es menor que la suma de « + 1 arcos idênticos, o sea,

Vemos que ambos números —el número

y la longitud

dei arco AR— están comprendidos entre los números y

• • Ee aqui se deduce que la longitud dei arco

AR difiere dei número

a lo sumo en

jiR {n + í)-^n. ~ir o sea, en

todo lo más. Puesto que N se puede tomar tan

grande como se quiera, de aqui se desprende que la longitud dei arco AR es igual a

• Queda demostrado el teorema.

Se denomina medida radial dei angulo la razón entre la longitud dei arco correspondiente y el radio de la circun¬ ferência. De la fórmula obtenida para la longitud dei arco

132

de circunferência resulta que I _ n R ~ 180 o sea, que la medida radial dei ângulo se obtiene multiplicando su medida en grados por

. En particular, la medida radial

dei ângulo de 180° es igual a n y la medida radial dei angulo recto es

.

La unidad de la medida radial de los ângulos es el radián. El ângulo de un radián es el angulo cuyo arco es igual al radio. La medida en grados dei ângulo de un radián es igual a

» 57,3°.

Area dei círculo y de sus partes. Se denomina círculo de centro O y de radio R la figura formada por todos los puntos dei plano que se encuentran a una dis¬ tancia no mayor que R dei punto O (fig. 142). La circunferência de radio R y de centro O se denomina circunferência Fig. 142 dei círculo. El área dei círculo es el menor de los números mayores que el área de cualquier polígono convexo inscrito en la circunferência dei círculo. TEOREMA 17.3. El área dei círculo es igual a la mitad dei producto de la longitud de la circunferência dei círculo por el radio, 0 sea, S = nR^. DEMOSTRACioN. Tomemos un número positivo pequeno a, Inscribamos en la circunferência dei círculo un polígono convexo P tal que sus lados sean menores que a (cm), que su perímetro difiera de la longitud de la circunferência en menos que a (cm) y que el área dei círculo difiera dei área dei polígono en menos que aR (cm^). Con este fin, construyamos tres polígonos P,, y P3 de modo que P^ cumpla la primera condición, P^ la segunda y Pz la tercera. Ahora, agregando al polígono Pi los vértices de los polígonos Pj y P3, obtendremos el polígono P que cumple las tres con¬ diciones. El área dei polígono P se obtiene sumando las áreas de todos los triângulos que tienen un vértice común en el centro

133

dei círculo y cuyos lados opuestos a este vértice son los lados dei polígono P (fig. 143). Consideremos el área de uno de estos triângulos OAB. Tenemos

S{OAB)^^.AB‘OC. Puesto que O A > OC > O A — AC, se tiene \AB{R-a)|-nMcos2-J . Consideremos ahora la circunferência circunscrita a la base de la pirâmide circunscrita. El radio de esta circunfe¬ rência es /?2=—^—. La base de la pirâmide circunscrita COS — está contenida en el círculo de radio i?2- Por eso, el área de la base de la pirâmide no es mayor que

—. Para cos2

el

volumen dei cono tenemos entonces ^ 1 ■^3

nRm „ jt • cos^-—

Las dos desigualdades obtenidas son válidas para cualquier valor de «. Si « ->- oo, se tiene cos —-^1- Por eso, de la

primera desigualdad se deduce que

y

la

de

segunda

que

V ^^nR^H.

P ^ y nR^H

Por consiguiente,

V = \nRm que es lo

que se

queria

demostrar. 14*

211

Observemos que omitiendo de la pirâmide circunscrita la inscrita, obtenemos un cuerpo simple que contiene la super¬ fície lateral dei cono. El volumen de este cuerpo es igual a la diferencia entre los volúmenes de las pirâmides, o sea, es igual a

Si « oo, este volumen tiende a cero. De aqui deducimos que toda porción finita de la superfície cónica puede ser encerrada en un cuerpo simple de volumen tan pequeno como se quiera. TEOREMA 28.3. El volumen dei cono truncado con bases de rádios y R^y de altura H se determina según la fórmula

V^^nH{R\ + R,R^)^R\). La demostración de esta fórmula se basa en las mismas consideraciones que en el caso de la pirâmide truncada. No la daremos. Volumen de la esfera, teorema 28.4. El volumen de la esfera de radio R es

V~^kR‘. DEMOSTRACION. El plano que pasa por el centro de la esfera la divide en dos partes iguales, dos semiesferas. Por eso, basta determinar el volumen de la semiesfera. Para

Fig. 225 mayor comodidad, aceptaremos que la semiesfera ocupa la posición indicada en la fig. 225. Tracemos el radio per¬ pendicular a la base de la semiesfera y dividámoslo en n partes iguales. Tracemos por los puntos de división los planos paralelos a la base de la semiesfera. La dividirán en n capas (fig. 225, a la izquierda). Construyamos para toda 212

capa el cilindro que la contiene de radio igual al radio de la base inferior de la capa y de altura igual a la altura de la capa. Sea Vm el volumen dei m-ésimo cilindro contando desde la base de la semiesfera. El cuerpo formado por los cilindros construidos contiene la semiesfera y, por ello, su volumen no es menor que el volumen de ésta. Si hacemos descender todos los cilindros a la distancia

todos quedarán dentro de la semiesfera

a excepción dei primero. Por eso, el volumen dei cuerpo formado por todos estos cilindros menos el primero no es mayor que el volumen de la semiesfera. Indicando por V el volumen de la semiesfera, obtenemos de esta forma la desigualdad

F2 + Fa + • • . + Fn < P < < Fi + Fa + . . . + F,,.

(1)

Tomemos ahora el cono de radio R en la base y de altura también R. Dividámoslo en capas de la misma forma que la semiesfera y construyamos para cada capa el cilindro que la contiene (fig. 225, a la derecha). Sea Vm el volumen dei TO-ésimo cilindro contando desde el vértice dei cono. El cuer¬ po formado por estos cilindros contiene el cono. Por eso, el volumen de este cuerpo no es menor que el volumen dei cono. Si elevamos los cilindros a la distancia — , todos silos menos el último quedarán dentro dei cono. Por eso, el volumen dei cuerpo formado de estos cilindros no es mayor que el volumen dei cono. Si V es el volumen dei cono, obtenemos de esta forma la desigualdad F;+F;+...+F;_,n (/?i + R^)

H

siendo

la longitud de la generatriz de la superficie F. O sea, el área de la superficie lateral F dei cono truncado es igual a 5 = rt (/?! + R2) lEl área lateral dei cono no truncado se obtiene tomando en esta fórmula R^ = 0. § 30, NOCIONES DE HISTORIA DE LA GEOMETRIA Los primeros resultados geométricos se remontan a la antigüedad y son de origen experimental. Fueron observados por el hombre en su actividad práctica. Como ciência empí¬ rica, la Geometria alcanzó en su período inicial un nivel singularmente elevado en Egipto en relación con los trabajos de agrimensión y de riego. Durante el primer milênio anterior a nuestra era las nociones de la Geometria pasaron de los egipcios a los griegos, y en la Grécia Antigua se inicio una etapa nueva dei desarrollo de esta ciência. En el período comprendido entre los siglos VII ylll antes de nuestra era, los geómetras griegos, además de enriquecer la Geometria con numerosos resulta¬ dos nuevos, hicieron grandes progresos en su argumentación. Euclides (330-275 antes de nuestra era) resumió y sistema¬ tizo esta labor de los geómetras griegos en su famosa obra, «Elementos», que ha hecho llegar hasta nosotros la primera

221

exposición fundamentada de la Geometria. En ella, los razonamientos son tan irreprochables para su tiempo que los «Elementos» fue a lo largo de dos mil anos desde su aparición el único tratado para los que estudiaban la Geo¬ metria. Los «Elementos» de Euclides constan de trece libros de los cuales ocbo dedicados a la Geometria propiamente dicha y los otros a la Aritmética. Cada libro de los «Elemen¬ tos» empieza con la definición de las nociones. En el primer libro siguen a las definiciones postulados y axiomas. Por e jemplo: postulado I. Es posible trazar la recta de un punto a otro. POSTULADO V. Si dos rectas cortadas por una tercera forman, dei mismo lado de ésta, dos ângulos correspondientes internos cuya suma es menor que dos ângulos rectos, las dos rectas prolongadas suficientemente se cortan por este lado de la secante. AXIOMA 1. Dos cosas iguales a una tercera son iguales entre si. AXIOMA II. Si a dos cosas iguales se les anaden otras dos también iguales, se obtienen sumas iguales. Tanto los postulados como los axiomas constituyen afirmaciones admitidas sin demostración. No se sabe en virtud de que principio unas afirmaciones pertenecen a los postula¬ dos y otras a los axiomas. En la exposición contemporânea llamamos axiomas a todas esas afirmaciones. A los axiomas siguen los teoremas y los problemas de construcción bajo el nombre genérico de «Proposiciones». Van lógicamente ordenados de manera que la demostración (solución) de cada proposición • se basa en las precedentes. Esta construcción de la Geometria sugirió a los geómetras el deseo natural de reducir al mínimo el número de postula¬ dos y axiomas, es decir, de afirmaciones admitidas sin demostración. Por eso, el propio Euclides y mucbos geóme¬ tras después de él intentaron deducir algunos postulados y axiomas de los otros postulados y axiomas. En particular, mucbos geómetras intentaron, comenzando por Euclides, demostrar el quinto postulado. Fueron propuestas mucbas demostraciones dei quinto postulado. Pero, en todas estas demostraciones, los autores utilizaron alguna afirmación equivalente al quinto postulado y no deducible de otros postulados y axiomas. Algunas de estas afirmaciones son:

222

1. Todas las perpendiculares a un lado dei ângulo agudo cortan su otro lado. 2. Existen triângulos semejantes y no iguales. 3. Existen triângulos de área tan grande como se quiera. 4. Existen triângulos con la suma de ângulos igual a dos rectos. 5. Las rectas paralelas son equidistantes. Las tentativas fallidas de demostrar el quinto postulado hizo dudar a ciertos geómetras, a partir de fines dei siglo XVIll, de la posibilidad misma de demostrarei quinto postu¬ lado. La solución total de esta cuestión es obra dei gran geómetra ruso Nikolái Ivánovich Lobachevski (1793-1856). Uno de los equivalentes dei quinto postulado es la afirmación de que por un punto exterior a una recta pasa no más de una recta paralela. Lobachevski sustituyó el quinto postulado por el siguiente: por un punto exterior a la recta perteneciente a un plano pasan dos rectas que no la cortan. Igual que sus predecesores, Lobachevski tenía la esperanza de descubrir una contradicción en el sistema de afirmaciones que se desprendeu de este nuevo postulado. Sin embargo, después de desarrollar este sistema hasta el volumen de «Elementos», no descubrió en él contradicción alguna y sobre esta base llegó a la conclusión correcta de que existe una Geometria distinta de la euclidiana donde no tiene lugar el quinto postulado de Euclides. Esta se llama ahora Geo¬ metria de Lobachevski. Los geómetras que siguieron a Lobachevski demostraron rotundamente que si no hay contradicciones en la Geometria de Euclides tampoco puede haberlas en la Geometria de Lobachevski. Así pues, en tanto a la falta lógica de contra¬ dicciones, ambas Geometrias se encuentran en situación de igualdad. Sólo la experiencia puede dirimir la cuestión de cuál de estas Geometrias describe mejor el mundo que nos circunda. Actualmente se ha establecido que la Geometria dei mundo circundante a escala grande, cósmica, tiene una estructura más compleja que las Geometrias de Euclides y de Lobachevski. A escala relativamente pequena, aquélla es próxima a la euclidiana. Por eso, en la vida cotidiana utilizamos la Geometria de Euclides. Citaremos algunos teoremas de la Geometria de Lobachevs¬ ki. Ante todo, en ella son válidos todos los teoremas de la Geometria euclidiana que hemos demostrado hasta el parᬠgrafo de las paralelas. De esa suerte, en la Geometria de

223

Lobachevski son válidos los teoremas que formulan los critérios de la igualdad de los triângulos, los teoremas que establecen las relaciones entre los lados y los ângulos dei triângulo, el teorema de la existência y la unicidad de la perpendicular bajada desde un punto a la recta y muchos otros teoremas de la Geometria euclidiana. Sin embargo, los teoremas para cuya demostración se uti¬ liza el axioma de las paralelas de Lobachevski tienen un enunciado muy distinto. Por ejemplo, utilizando el axio¬ ma VI hemos demostrado que la suma de los ângulos de un triângulo es igual a dos rectos. El teorema correspondiente de la Geometria de Lobachevski dice: la suma de los ângulos dei triângulo es menor que dos rectos. Resulta que depende dei triângulo. En particular, si un triângulo está dentro dei otro, éste tiene la suma de ângulos menor. En la Geometria de Euclides, como sabemos, existe para el triângulo un número infinito de triângulos semejantes no iguales a él. En la Geometria de Lobachevski, cuando los triângulos tienen iguales los ângulos correspondientes, son iguales; es decir, no existen triângulos semejantes no iguales. En la Geometria de Euclides las rectas no secantes son equidistantes. En la Geometria de Lobachevski, las rectas no secantes divergen ilimitadamente, cuanto menos en una dirección. En la Geometria de Euclides, se pueden trazar a dos rectas no secantes tantas perpendiculares como se quiera. En la Geometria de Lobachevski, la perpendicular común es sólo una o no existe. Todos estos teoremas de la Geometria de Lobachevski pueden ser demostrados tomando el axioma de Lobachevski en lugar de nuestro axioma VI de las paralelas y conservando los demás. Empero, las demostraciones resultan bastante complejas. Esta es la explicación de que hicieran falta más de dos mil anos para dirimir la imposibilidad de demostrar el quinto postulado.